基于核心素养高中数学--球专项训练
核心素养理念下高中足球教学方法探究
核心素养理念下高中足球教学方法探究一、突出学生主体地位，促进学生自主学习核心素养理念要求学生成为学习的主体，因此足球教学也需要注重学生的自主学习。
首先，教师应该创设良好的学习氛围，使学生的兴趣得到激发，提高学生的学习积极性。
在课堂上，教师应该采用启发式教学方法和探究性学习方法，引导学生通过观察、体验、互动等方式掌握足球体育的基本技巧和规则，鼓励学生主动思考、探究和发现问题，从而促进学生成为自主学习者。
二、注重个性化发展，促进学生全面成长核心素养理念要求全面发展学生的身心素质和能力，因此足球教学也需要注重学生的个性化发展。
首先，教师应该根据学生的兴趣和特点，制定不同级别的课程目标和教学计划，给予不同程度的课程难度和挑战。
其次，教师应该注重学生的体育素质和技能的个性化培养，在培养学生的足球技能的同时，注重学生的运动能力的提升，积极开展个性化的球员素质培养，如速度、力量、耐力等。
三、营造人文关怀，促进学生人文素养的培养核心素养理念要求学生具有良好的人文素养，强调学生的人文价值。
足球不只是一项运动，还是一种文化，因此足球教学也需要营造人文关怀，促进学生的人文素养的培养。
首先，教师应该注重学生的足球文化、足球历史、足球精神和足球武德等方面的培养，增强学生的足球文化意识。
其次，教师应该注重学生的团队精神、协作精神和竞争合作精神的培养，促进学生的文化素养、道德素质和学术素养的提升。
四、重视创新教学，促进学生创新意识的形成核心素养理念要求学生具有创新意识，能够自主创新，因此足球教学也需要注重学生的创新教育。
首先，教师应该注重学生的创新思维和创新方法的培养，鼓励学生发挥自己的想象力，提高学生的创新能力和创造能力。
其次，教师应该注重学生的足球实践能力的培养，为学生提供足球实践的机会，提高学生的足球实践经验和技能水平，从而促进学生创新意识的形成。
总之，核心素养理念下的高中足球教学应该突出学生主体地位，注重个性化发展，营造人文关怀，重视创新教学，以培养学生的综合素质为目标，在提高学生的足球技能水平的同时，注重培养学生的人文素质和创新能力，使学生能够全面发展。
怎样练排球——排球运动员专项体能训练的核心要素
怎样练排球——排球运动员专项体能训练的核心要素李怀东在排球运动中，专项体能训练就是要让运动员能够更好地适应运动压力和周围环境变化。
专项体能训练内容包括力量、速度、耐力等等相关内容，在训练过程中，就需要与排球进行结合，以此来进行专门性练习，进而来取得理想的训练效果。
本文就先了解排球运动员专项体能训练的重要性，然后说明排球运动员专项体能训练的核心要素，为相关研究人员提供参考。
不同的运动项目，对于运动员机能要求各不相同，但是最终目的都是为了能够让运动套各器官得以协调发展，能够具备进行运动的能力。
当前排球运动的不断发展，使得排球赛事越来越多，那么在这种情况下对于运动员的体能要求也就更高。
1 排球运动员专项体能训练效果的重要性对于排球而言，因为是隔网对抗项目，双方的攻防会转化为对抗，那么随着竞技水平的不断提升，如果想要让运动员能够获得理想的成绩，就必须要能够确保运动员自身技术、体能和经验都能够达到要求，而在这其中体能是进行的基础。
通过专项体能训练，就能够让排球运动员更加轻松地掌握相应的专项体能训练，以此来更好的提升自身的力量、速度，帮助排球运动员更好发展，能够有效地提升排球运动员的运动水平，让其掌握先进技术，提高排球比赛成绩。
通过加强专项体能训练，还能够提高排球运动员的健康。
因此，通过专项体能训练能够调节排球运动员的呼吸系统、心血管系统，同时在训练中的各种排球动作要求较高，通过训练就能够很好地提升运动员关节性能，减少关节损伤问题，有助于排球运动员后续伤病的恢复。
2 排水运动套专项体能训练的核心要素2.1 速度力量因为在排球中会有移动、接球等等相应动作。
那么在专项体能训练过程中，排球的速度和力量就是训练的重点。
速度力量主要有三种体现形式，分别是爆发、弹跳和起动。
在这基础上对于运动员弹跳、移动有着较高的要求。
因此，通过提升排球运动套的速度力量，就是在转向体能训练重要的核心要素。
加强对排水运动员手腕、手指等等联系，以此来提升排球运动套的速度力量。
(完整版)外接球专项训练(带详细答案)
外接球专项训练参考答案一．选择题1、已知球的半径为2，圆和圆是球的互相垂直的两个截面，圆和圆的面积分别为和，则（ ）A ．1 B．2 D【答案】D【解析】因由球心距与截面圆的半径之间的关系得，故D 。
考点：球的几何性质及运算。
2、在三棱锥中，，中点为，，则此三棱锥的外接球的表面积为（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】C如图,易由余弦定理可因，故;同理，故，所以是棱长为应选C 。
考点：球与几何体的外接和表面积的计算公式。
3、球的球面上有四点，其中四点共面，是边长为2的正三角形，面面，则棱锥的体积的最大值为（ ）A．4 【答案】AO M N M N 2ππ||MN =538212221222221=-=+⇒⎪⎩⎪⎨⎧=+=+d d R d R d 222PA AB PB =+BA PB ⊥222PC CB PB =+BC PB ⊥C B A P ,,,O ,,,S A B C ,,,O A B C ABC ∆SAB ⊥ABC S ABC -【解析】设球心和的外心为，延长交于点，则由球的对称性可知，继而由面面可得所在的平面，所以是三棱锥的高；再由四点共面可知是A 。
考点：几何体的外接球等有关知识的运用。
【易错点晴】球与几何体的外接和内切问题一直是高中数学中题的重要题型，也高考和各级各类考试的难点内容。
本题将三棱锥与球外接整合在一起考查三棱锥的体积的最大值无疑是加大了试题的难度。
解答本题时要充分利用题设中提供的有关信息，先确定球心的位置是三角形的外心，定当4、已知在三棱锥中，面，，若三棱锥的外接球的半径是3，，则的最大值是（ ）A ．36B ．28C ．26D ．18 【答案】D【解析】因为面，所以，，又因为,所以平面，所以，所以有，则由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，所以的最大值是,故选D.考点：1.线面垂直的判定与性质；2.长方体外接球的性质；3.基本不等式.【名师点睛】本题考查线面垂直的判定与性质、长方体外接球的性质、基本不等式,中档题；立体几何的最值问题通常有三种思考方向：（1）根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；（2）将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解；（3）建立函数，通过求函数的最值或利用基本不等式来求解．5、如图所示是一个几何体的三视图, 则这个几何体外接球的表面积为（ ）ABC ∆O CO AB P AB PD ⊥SAB ⊥ABC ⊥PD ABC ∆PD ,,,O A B C O ABC ∆O ABC PD P ABC -PA ⊥ABC PC AB ⊥P ABC -ABC ABP ACP S S S S ∆∆∆=++S PA ⊥ABC PA AB ⊥PA AC ⊥PC AB ⊥AB ⊥PAC AB AC⊥2222(23)36AB AC AP ++=⨯=AB AC AP ==S 36A ．B ．C ．D ． 【答案】C【解析】几何体为一个四棱锥，外接球球心为底面正方形（边长为4C.考点：三视图，外接球【方法点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解. 6、如图是某几何体的三视图，正视图是等边三角形，侧视图和俯视图为直角三角形，则该几何体 外接球的表面积为（ ）A ． C ． D 【答案】D【解析】由三视图可知，这个几何体是三棱锥.如图所示，为球心，为等边三角形的外心，由图可8π16π32π64π8π9πO F BCD考点：三视图. 【思路点晴】设几何体底面外接圆半径为,常见的图形有正三角形,直角三角形,矩形,它们的外心可用其几何性质求;而其它不规则图形的外心,可利用正弦定理来求.若长方体长宽高分别为则其体对角线长为长方体的外接球球心是其体对角线中点.找几何体外接球球心的一般方法:过几何体各个面的外心分别做这个面的垂线,交点即为球心. 7、如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某四面体的三视图，则该四面体的外接球半径为（ ）A【答案】C【解析】从三视图可以看出这是一个正方体上的一个四面体,如图,其中正其外接圆的同样正的外接圆的半径是由球的对称性可知球心必在正方体的对角线上,,该球经过六个点,设球心到平面的距离为;球心到平面的距离为,而两个平面和之间的距离为则由球心距、垂面圆半径之间的关系可得,所以,即,将其代入可得由应选C. x ,,a b c MNP ∆111P N M ∆O AC 111,,,,,P N M P N M O 111P N M ∆1d O MNP ∆2d MNP 111P N M 2222221212,r d R r d R +=+=822212122=-=-r r d d 82122=-d d 82122=-d d考点：三视图的识读和理解及几何体体积的计算. 【易错点晴】本题以网格纸上的几何图形为背景,提供了一个三棱锥的几何体的三视图,要求求其外接球的半径,是一道较为困难的难题.难就难在无法搞清其几何形状,只知道是一个三棱锥（四面体）是没有任何用的.通过仔细观察不难看出这是一个正方体上的一个四面体,如图,正的边长为,其外接圆的半径,同样正的外接圆的半径是,由球的对称性可知球心必在对角线上,且经过六个点,设球心到平面的距离为；球心到平面的距离为,而两个平面和之间的距离为,则由球心距垂面圆半径之间的关系可得,所以,即,又,将其代入可得,由此可得,所以,所以外接球的半径,其中计算时可用等积法进行.8、一直三棱柱的每条棱长都是，且每个顶点都在球的表面上，则球的半径为（ ） A ．B ．C ．D ． 【答案】A【解析】球的半径满足考点：外接球【方法点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解. 9、若某圆柱体的上部挖掉一个半球，下部挖掉一个圆锥后所得的几何体的三视图中的正视图和侧视图如图所示，则此几何体的表面积是 A ．24π B ．24π＋8πOO 2O 1P 1N 1M 1C APNMMNP ∆243241=r 111P N M ∆3222=r O 111,,,,,P N M P N M O 111P N M ∆1d O MNP ∆2d MNP 111P N M 2121334)(34d d h h d +==+-=2222221212,r d R r d R +=+=822212122=-=-r r d d 82122=-d d 33421=+d d 82122=-d d 3212=-d d 3352=d 113333832522222==+=+=r d R 11=R 21,h h 3O O 212673O 2223321()(3)232R R =+⋅⇒=C ．24π＋4πD ．32π答案：C10、已知三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形,则三棱锥的外接球的球心到平面的距离是（ ） （A（B ）1 （C（D【答案】A【解析】因为三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形，，在面内的射影为中点，平面，上任意一点到的距离相等．，，在面内作的垂直平分线，则为的外接球球心．，，，即为到平面的距离，故选A ．考点：球内接多面体；点到面的距离的计算．【名师点睛】(1)一般要过球心及多面体中的特殊点或过线作截面将空间问题转化为平面问题，从而寻找几何体各元素之间的关系．(2)若球面上四点P ，A ，B ，C 中PA ，PB ，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题．(3)一般三棱锥的外接球的球心可通过其中一个面的外心作此平面的垂线，则球心必在此垂线上．11、已知三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形,则三棱锥的外接球的球心到平面的距离是（ ）（A （B）1 （C （D 【答案】A12、某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥外接球的表面积是（ ）A ． C【答案】B【解析】几何体为一个四棱锥，其顶点为长方体四个顶点，长方体的长宽高为4,3,3，因此四棱锥外接球直径S ABC -AB 2,2,AB SA SB SC ====ABC S ABC -AB 2SA SB SC ===S ∴ABC AB H SH ∴⊥ABC SH ∴,,A B C 1CH =SHC SC MO O S ABC -2SC =Q 1SM ∴=30OSM ∠=︒O ABC S ABC -AB 2,2,AB SA SB SC ====ABC 34π，表面积是选B.考点：三视图【方法点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解. 13、已知三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC=2，则此棱锥的体积为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】连接，则由已知得，可知三棱锥是棱长为的正四面体，其高为，则三棱锥的高为，所以三棱锥的体积为考点：三棱锥外接球．14、半径为1的三个球平放在平面上，且两两相切，其上放置一半径为2的球，由四个球心构成一个新四面体，则该四面体外接球的表面积为（）A． D【答案】A【解析】由已知条件可知，该四面体是底面边长为的等边三角形，且侧棱长为.该四面体外接球半径计算公式为，其中为底面外接圆半径，为高.本题中，故考点：球的内接几何体.15、在正三棱锥中，是的中点，且，则正三棱锥的外接球的表面积为（ ）A ．B ．C ．D ． 【答案】【解析】根据三棱锥为正三棱锥，可证明出AC ⊥SB ，结合SB ⊥AM ，得到SB ⊥平面SAC ，因此可得SA 、SB 、SC 三条侧棱两两互相垂直．最后利用公式求出外接圆的直径，结合球的表面积公式，可得正三棱锥S-ABC 的外接2434.R ππ=OC OB OA ,,1======AC BC AB OC OB OA ABC O -1ABC S -ABC S -,,A B C αD ,,,A B C D O 9π23x h S ABC -M SC AM SB ⊥S ABC -6π12π32π36π球的表面积．取AC 中点，连接BN 、SN ，∵N 为AC 中点，SA=SC ，∴AC ⊥SN ， 同理AC ⊥BN ，∵SN ∩BN=N ，∴AC ⊥平面SBN ，∵SB 平面SBN ，∴AC ⊥SB，∵SB ⊥AM 且AC ∩AM=A ， ∴SB ⊥平面SAC ？SB⊥SA 且SB ⊥AC ， ∵三棱锥S-ABC 是正三棱锥，∴SA 、SB 、SC 三条侧棱两两互相垂直． SA=2，∴正三棱锥S-ABC ∴正三棱锥S-ABC 的外接球的表面积是，故选：B ．考点：空间线面垂直的判定与性质；球内接多面体16、已知三棱锥,在底面中则此三棱锥的外接球的表面积为（ ）A． 【答案】D【解析】底面三角形内，根据正弦定理，可得,,满足勾股定理，,底面,所以,那么平面,所以,那么直角三角形有公共斜边,所以三棱锥的外接球的球心就是的中点,是其外接球的直径，,所以外接球的表面积,故选D.⊂2412S R ππ==P ABC -ABC ∆16π2=AC 222AC BC AB =+090=∠ABC ⊥PA ABC BC PA ⊥⊥BC PAB PB BC ⊥PBC PAC ,PC PC O PC 4=PC ππ1642==R S考点：球与几何体17、已知直三棱柱的个顶点都在球的球面上，若，，，，则球的表面积为为（ ）A ．B ．C ．D ． 【答案】C【解析】由题意，三棱柱为直三棱柱，底面为直角三角形，把直三棱柱补成四棱柱，则四棱柱的体对角线是其外接球的直径，则三棱柱1外接球的表面积是故选C ．考点：几何体的外接球18、如图，是边长为1的正方体，是高为1的正四棱锥，若点，在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）111C C AB -A B 6O 3AB =C 4A =C AB ⊥A 112AA =O 153π160π169π360π111C C AB -A B C AB 111C C AB -A B 111C C AB -A B 224169R cm ππ=．1111ABCD A B C D -S ABCD -S 1111,,,A B C DA【答案】D【解析】按如图所示作辅助线，为球心，设，则，则在中，，D ．考点：1、球内接多面体的性质；2、球的表面积公式.19、在平行四边形中，，，将此平行四边形沿折成直二面角，则三棱锥外接球的表面积为（ ）A ． C ． D ． 【答案】A【解析】因为平行四边形中，，沿折成直二面角，所以三棱锥的外接球的直径为，所以三棱锥的外接球的半径，所以三棱锥A ． O 1OG x =12OB SO x ==-11Rt OB G ∆2221111OB G B OG =+ABCD AB BD ⊥22421AB BD +=BD A BCD -π2π4πABCD BD AB ⊥BDC BD A --BCD A -AC BCD A -BCD A -考点：1.平面图形的折叠问题；2.多面体与球的组合．20、如图, 在菱形中为对角线的中点, 将沿折起到的位置，若 ，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】设分别是等边三角形的外心，则画出图象如下图所示，由图象可知，,外接球面积为.考点：球的内接几何体. 21、已知从点出发的三条射线，，两两成角，且分别与球相切于，，三点．若球的体积为，则，两点间的距离为( )（A （B （C ）3 （D ） 【答案】B【解析】连接交平面于，由题意可得：和为正三角形，所以．因为ABCD BD ABD ∆BD PBD ∆120PEC ∠=o P BCD -28π32π16π12π,M N ,PBD CBD 11,2O N NC ==11120,60MO N OO N ∠=∠=o o 244728R πππ=⋅=P PA PB PC 60︒O A B C O 36πO P 6OP ABC 'O ABC ∆PAB ∆'AO PO OA PA ⊥⊥，为球的体积为，所以半径，所以考点：点、线、面间的距离计算． 【思路点睛】连接交平面于，由可得，根据球的体积可得半径，进而求出答案． 22、在半径为1的球面上有不共面的四个点A ，B ，C ，D 且，，，则等于（ ）A ．16B ．8C ．4D ．2【答案】B 【解析】如图，构造长方体，设长方体的长、宽、高分别为，则，根据题意，得，则；故选B ．考点：多面体与球的组合23、“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）．其直观图如图所示，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是（ ）【答案】B【解析】因为相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖），且正视图和侧视图是一个圆，所以从上向下看，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，即俯视图是有两条对角线且为实线的正方形；故选B ．36π3OA =OP ABC 'O 'AO PO OA PA ⊥⊥，3OA =AB CD x ==BC DA y ==CA BD z ==222x y z ++c b a ,,422222==++c b a 222222222,,z c a y c b x b a =+=+=+8)(2222222=++=++c b a z y x考点：三视图．24、某一简单几何体的三视图如图所示，该几何体的外接球的表面积是（ ） A ． B ． C ． D ．【答案】C【解析】从三视图可以看出该几何体是底面对角线长为正方形高为正四棱柱,故其对角线长为故该几何体的外接球的面积为,选C.考点：三视图与几何体的外接球．25、如图，边长为2的正方形ABCD 中，点E ，F 分别是边AB ，BC 的中点△AED ，△EBF ，△FCD 分别沿DE ，EF ，FD 折起，使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（ ）C【答案】D 【解析】因为折起后三点重合，所以两两垂直，三棱锥的外接球，就是棱长为的长方体的外接球，球半径满足 D. 考点：几何体外接球的性质.26、已知三棱锥S ﹣ABC ，满足SA⊥SB，SB⊥SC，SC⊥SA，且SA=SB=SCQ 是外接球上一动点，则点Q 到平面ABC 的距离的最大值为（ ）A ．3B ．2C 【答案】D【解析】因为三棱锥中，，且，所以三棱锥的外接球即为以43ππ2542==R S ,,A B C ',','A E A F A D 1,1,2R S ABC -,,SA SB SB SC SC SA ⊥⊥⊥SA SB SC ==,,SA SB SC所以球心到平面的距离所以点到平面的距离的最大值为D．考点：球的性质及组合体的应用．27、一个直棱柱的三视图如图所示，其中俯视图是一个顶角为的等腰三角形，则该直三棱柱外接球的表面积为（）A．20 B． D【答案】A，两腰为的等腰三角形，高为，底面三角形的外接半径为，设该三棱柱的外接球的半径为，则，所以该三棱柱的外接球的表面积为，故选A．考点：1.三视图；2.球的切接问题；3.球的表面积．【名师点睛】本题主要考查三视图、球的切接问题、表面积公式及空间想象能力、运算能力，中档题；识图是数学的基本功，空间想象能力是数学与实际生活必备的能力，本题将这些能力结合在一起，体现了数学的实用价值，同时也考查了学生对球的性质与表面积公式的掌握与应用、计算能力．28、某四面体的三视图如图，正视图、侧视图、俯视图都是边长为1的正方形，则此四面体的外接球的体积为（）A． B． C． D．【答案】BABC Q ABCο120π25π222R221215R=+=2420S Rππ==【解析】由题意此四面体是棱长为的正四面体，其外接球半径为，所以B ． 考点：三视图，外接球，球体积．【名师点睛】正四面体的内切球与外接球：（1） 正四面体的内切球，如图. 位置关系：正四面体的四个面都与一个球相切，正四面体的中心与球心重合； 数据关系：设正四面体的棱长为，高为；球的半径为，这时有（可以利用体积桥证明）（2） 正四面体的外接球，如图5. 位置关系：正四面体的四个顶点都在一个球面上，正四面体的中心与球心重合； 数据关系：设正四面体的棱长为，高为；球的半径为，这时有（可用正四面体高减去内切球的半径得到）29、如图所示，在直三棱柱中，，，，点是线段的中点，则三棱锥的外接球的体积是（ ）a h R a h R h C C '''AB -A B C C A ⊥B C 2'B =BB =C 4A =M 'AB C M -ABA ． B【答案】A 【解析】由题意可取的中点，连接,在直角中，所以点在平面内的射影是的外心，即为的中点，设三棱锥的外接球的球心为，由球的截面性质可得，即，解得，故选A.考点：棱锥与球的组合体及球的体积.【方法点睛】本题主要考查了棱锥与球的组合体，球的截面性质及球的体积，考查了考生的空间想象能力属于中档题.本题解答的关键是根据已知条件求得,从而判断点在平面内的射影位置，而又是直角三角形，其外心位于斜边的中点上，据此可知三棱锥外接球的球心在上，根据球的截面性质得到球的半径，求得其体积.30、已知球面上有四个点，球心为点，在上，若三棱锥则该球的表面积为（ ） A ． B ．C【答案】B 【解析】设球的半径，首先因为在上，所以为球的直径，为直角三角形，，若使三角形的面积最大，则点到边的距离最大即可，因为三点共面．所以最大距离为半径，三角形；当点距离平面最大时为，则三棱锥的体积的，，所以该球的表面积为，选B ． 考点：1.球的表面积；2.棱锥的体积．31、一个几何体的顶点都在球面上，它们的正视图、侧视图、俯视图都是下图．图中圆内有一个以 圆心为中心边长为1的正方形．则这个四面体的外接球的表面积是（ ）36πAB D ,MD CD MCD ∆M ABC ABC ∆AB C M -AB O ()222MD r CD r -+=()2215r r -+=3r =MA MB MC ==M ABC ABC ∆C M -AB MD ,,,A B C D O O CD A BCD -O 4π16πr O CD CD O BCD ∆2CD r =B CD ,,B C D r BCD A BCD r A BCD -2r =4416ππ⋅=A ．2π B．3π C ．4π D．5π【答案】B【解析】由三视图可知：该四面体是正方体的一个内接正四面体，此四面体的外接球的半径为正方体的对角线B ．二、填空题（注释）32、在四棱锥中，底面，底面是边长为2的正方形.若直线与平面所成的角为30°，则四棱锥的外接球的表面积为_______.【答案】【解析】连结交于，则可证得平面，连接，则就是直线与平面所成的角，即，四棱锥的外接球的半，则所求外接球的表面积为,故应填.考点：四棱锥的外接球的面积及求法．33、已知矩形的顶点都在半径为的球的球面上，且棱锥的体积为，则= ________．【答案】【解析】由题可得四棱锥的侧棱为，则P ABCD -PB ⊥ABCD ABCD PC PDB P ABCD -12πAC BD H AC ⊥PDB PH CPH ∠PC PDB 30CPH ∠=°∴P ABCD -12π12πABCD R O O ABCD -R 4R考点：多面体与外接球．。
高中篮球课程教学培养学生体育核心素养的策略
高中篮球课程教学培养学生体育核心素养的策略摘要：高中篮球课程在学生体育教育中扮演着重要的角色。
培养学生体育核心素养是现代教育的重要目标，而篮球作为一项全面发展体育项目，具有极高的教育价值。
通过高中篮球课程，学生不仅可以掌握基本篮球技能，还能培养团队合作精神、竞争意识和身体健康意识。
本文将探讨高中篮球课程教学中，培养学生体育核心素养的策略，以期提供一种有效的教学指导。
关键词：高中篮球；课程教学；体育核心素养一、引言高中篮球课程教学的目标之一是培养学生体育核心素养。
体育核心素养是指在体育活动中培养学生的身体素质、技术素养、认识素养、情感素养和行为素养。
在现代社会中，整体健康和全面发展的重要性日益凸显，因此培养学生体育核心素养显得尤为重要。
高中篮球课程作为一种有助于培养学生全面素养的教育手段，具有得天独厚的优势。
通过高中篮球课程，学生能够锻炼身体、增强自信、培养团队精神和竞争意识。
然而，在实施课程时，需要有针对性的策略来确保学生能够全面发展。
本文将探讨一些策略，以帮助教师更好地教授高中篮球课程，培养学生的体育核心素养。
二、高中篮球课程教学培养学生体育核心素养的策略1．基本篮球技能的系统训练在高中篮球课程教学中，基本篮球技能的系统训练是培养学生体育核心素养的重要策略之一。
首先，注重基本技能的教学和训练。
高中篮球课程应该包括运球技术、传球技术、投篮技术、防守技术和篮板技术的全面训练。
教师可以通过示范、解释和练习来培养学生的技术掌握和技能运用能力。
其次，强调技术细节和正确动作要领。
在训练过程中，教师应该重点关注学生的技术动作是否正确，注重细节的调整和指导。
通过提供针对性的反馈和纠正，帮助学生逐步改善技术问题，形成正确的动作习惯。
此外，可以借助科技手段，如录像回放和分析软件，帮助学生直观地了解和改进自己的篮球技术。
第三，结合实战训练和战术理解。
单纯的技术训练只是培养学生技术能力的一部分，实战和战术的训练同样重要。
核心素养理念下高中足球教学方法探究
核心素养理念下高中足球教学方法探究
核心素养是一种综合性的概念，指的是一个人在知识、思维、情感、价值观等方面的全面发展。
在高中足球教学中，我们应该注重学生的核心素养的培养，通过运动训练，帮助学生获得全方位的发展。
为了实现这一目标，我们可以采用以下几种教学方法：
一、探究式教学方法
探究式教学方法是指将学生放入一个问题或情境中，让他们通过自主探究和发现，达到理解和解决问题的目的。
在高中足球教学中，可以将学生分成小组，让他们通过研究足球比赛录像、阅读相关文献等方式，探究如何有效地对抗对手，提高球队的胜率。
二、思维导图教学方法
思维导图教学方法是一种以图表的形式展示知识框架，帮助学生理清知识结构和关系的教学方法。
在高中足球教学中，可以利用思维导图，将足球的基本技术、战术和训练方法整合起来，并展示它们之间的关系，让学生更清晰地理解足球运动的全貌。
三、情境教学方法
情境教学方法是以情境为背景，让学生在实际操作中学习技能和知识的教学方法。
在高中足球教学中，可以让学生在模拟比赛中，体验进攻和防守的操作技巧，让学生亲身感受足球比赛中每一个关键时刻的压力和挑战，增强他们的实际操作能力。
个案研究教学方法是通过分析个体经验的案例，深入理解和学习知识的教学方法。
在高中足球教学中，可以通过分析著名足球运动员的比赛录像和样例，让学生深入理解和模仿优秀的球员操作，提高他们的技能水平和比赛表现。
通过上述教学方法的应用，我们可以达到更好地发展学生的核心素养，提高他们的思维、创新和实践能力，同时也帮助他们发展出健康的体魄和挑战自我的勇气。
体现核心素养_注重能力考查——高中数学命题思路及教学策略分析
㊀㊀㊀１５５㊀数学学习与研究㊀２０２３ ０７体现核心素养注重能力考查体现核心素养㊀注重能力考查㊀㊀㊀ 高中数学命题思路及教学策略分析Һ梁淮森㊀（福建省南安第一中学，福建㊀南安㊀３６２３００）㊀㊀ʌ摘要ɔ对于高中数学而言，解题是学生学习的重要环节，然而在过去的教学中，教师单纯地重视解题技能的教学，忽视了学生核心素养的培养，这使得学生的发展受到了影响．在当前，教师需要围绕核心素养的培养来对高中数学命题思路进行调整，从学生的现实发展入手来进行习题的命制．在进行习题命制研究的同时，教师也需要结合命题的进行设计针对性的教学方案，引导学生从习题出发联系所学知识，推动其综合发展．基于此，文章对有效命题的价值进行了分析，并提出了基于素养渗透与能力考查的习题命制方法及有效命题设计下的配套解题教学策略．ʌ关键词ɔ核心素养；能力考查；高中数学；命题研究ʌ基金项目ɔ福建省教育科学 十四五 规划２０２１年度常规课题 ‘基于高中数学核心素养的命题思路解析及教学策略研究“（立项编号：ＦＪＪＫＺＸ２１－２７６）部分研究成果．在高中阶段，很多教师缺乏对数学命题的理解与认识，其设置的习题存在考查点片面的情况，这对学生的核心素养发展较为不利．在当前，随着课程改革的进行，高考改革也在如火如荼地开展，高考的考查要求明确提出要对学生的核心素养水平进行检验．在此背景下，教师在命制学生练习所需的习题时就需要认识到教学要求与学生发展需求的转变，对数学习题的有效命制方法进行研究．除习题命制外，教师在进行命题研究的同时，还需要思考与命题革新设计配套的解题教学策略．从学生的实际发展入手，构建针对性的解题教学策略．一㊁有效命题的价值分析有效命题的设置可以帮助教师构建更加高效的数学练习，给学生提供更加高效的练习过程，推动学生解题能力的提升发展．有效命题的设置能够让教师的命题与当前的高考题设计趋于一致，将高考变革中产生的新式习题渗透到练习题的命制之中，这样的习题设计可以更好地推动学生学习，发展其综合能力．二㊁基于素养渗透与能力考查的习题命制方法（一）基于信息获取能力培养，合理构建题干信息获取能力是现阶段新课标强调教师着重培养的一项学生能力，这一能力也可以理解为习题阅读理解能力．为了有效地培养学生的信息获取能力，教师需要从学生的发展入手，从实际出发，在习题的题干中融入一些现实要素，提升题干构成的复杂性．这样一来，学生就可以在习题的题干研究中锻炼自身的信息获取能力．在实际教学中，教师可以结合习题的实际构成选择合适的要素来构建题干．教师可以围绕以下要素构建题干，渗透信息获取能力的培养．１．融入图表例１㊀如图１，体积为Ｖ的大球内有４个小球，每个小球的球面过大球球心且与大球球面有且只有一个公共点，４个小球的球心是以大球球心为中心的正方形的４个顶点，Ｖ１为小球相交部分（图中深色阴影部分）的体积，Ｖ２为大球内㊁小球外的图中浅色阴影部分的体积，则下列关系中正确的是（㊀㊀）．图１Ａ．Ｖ１＝Ｖ２Ｂ．Ｖ２＝Ｖ２Ｃ．Ｖ１＞Ｖ２㊀Ｄ．Ｖ１＜Ｖ２在该题目中，图形是承载习题信息的媒介，学生需要通过读题的方式来获取题目中的关键信息，进而实现题目的解答．通过这一类习题，学生便可以在读图的过程中获得信息获取能力的提升．２．融入数学史例２㊀角谷猜想，也叫３ｎ＋１猜想，是由数学家角谷静夫发现的，其可以描述为 对于每一个正整数，若它是奇数，则对它乘３再加１；若它是偶数，则对它除以２，如此循环最终都能得到１ ．如，取ｎ＝６，根据角谷猜想，得出６，３，１０，５，１６，８，４，２，１，共９个数．若ｎ取１３时，从其得出的几个数字中随机选取两个不同的数，则两个数都是奇数的概率是．该题目引入了一个新的数学猜想，学生在之前并未接触过这一猜想，需要通过读题㊁审题了解该猜想的构成，并从题目所给的信息出发得出隐含的条件 ｎ＝１３时所产生的几个数 ，而后使用所掌握的概率知识完成该题目的解答．（二）渗透梯度性原则，合理划分难度梯度性原则是教师进行习题设计时所要遵循的重要原㊀㊀㊀㊀㊀１５６数学学习与研究㊀２０２３ ０７则，立足这一原则，教师设计的习题便可以具有较为合理的难度划分，习题的层次也会更加分明．在实际的应用中，综合试题虽然能够考查学生的逻辑思维能力及对辩证性解题方式的运用水平，但其本身存在的难度会给学生的学习自信心造成挫伤，若教师设计的习题均为难度较高的综合试题，对学生的发展会产生负面影响．基于此，教师在设计习题时，需要渗透梯度性原则，从学生的发展入手进行难度的划分，为学生设置一些难度较低的基础习题，引导学生由简到难地巩固所学知识．如，在进行 三角函数 的习题命制时，教师就可以渗透梯度性原则，构建具有难度差异的习题：１．基础习题（１）已知ｘɪ－π２，０()，ｃｏｓｘ＝４５，则ｔａｎ２ｘ等于（㊀㊀）．Ａ．７２４Ｂ．－７２４Ｃ．２４７Ｄ．－２４７（２）ｓｉｎ１５ʎｃｏｓ３０ʎｓｉｎ７５ʎ的值等于（㊀㊀）．Ａ．３４Ｂ．３８Ｃ．１８Ｄ．１４上述习题考查学生对三角函数基本知识的运用，较为简单，适用于学生练习初期．２．提升习题（１）若ｘ是三角形的最小内角，则函数ｙ＝ｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ＋ｓｉｎｘｃｏｓｘ的最大值是．（２）已知ｃｏｓα－π６()＋ｓｉｎα＝４５３，则ｓｉｎα＋７π６()的值是．上述习题的难度相较基础习题有所提升，但题目的考点单一，综合性并不强．３．综合习题（１）函数ｆ（ｘ）＝ｓｉｎ２ｘ－π３()－１在区间［０，π］上的单调递增区间为．（２）设әＡＢＣ的内角Ａ，Ｂ，Ｃ所对的边分别为ａ，ｂ，ｃ，若三边的长为连续的三个正整数，且Ａ＞Ｂ＞Ｃ，３ｂ＝２０ａｃｏｓＡ，则ｓｉｎＡʒｓｉｎＢʒｓｉｎＣ为．上述题目考查了多个知识点，具有较强的综合性，这些习题的解答需要学生综合运用所掌握的知识内容．（三）联系高考习题特点，调整命题倾向在高中阶段，高考是学生需要面对的一次重要考试，这一考试会直接影响学生的人生规划．为了帮助学生做好面对高考的准备，教师在命制练习题时也需要参考高考题的特点，对自己的命题倾向进行调整．一般而言，高考题具有综合化㊁多样化等特点，且在近几年，高考题的开放性也越来越强，为了在习题的命制中彰显这些特点，教师要根据实际情况进行研究与分析．如，在实际教学中，教师需要对高考的内容进行研究，从核心素养导向与学生发展导向出发，设置综合性㊁应用性与拓展性更强的习题：例１㊀在 ①ｂ２ｎ＝２ｂｎ＋１，②ａ２＝ｂ１＋ｂ２，③ｂ１，ｂ２，ｂ４成等比数列 这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解．已知在数列｛ａｎ｝中，ａ１＝１，ａｎ＋１＝３ａｎ．公差不等于０的等差数列｛ｂｎ｝满足，求数列ｂｎａｎ{}的前ｎ项和Ｓｎ．该题目为开放题，题目本身考查数列相关内容，在该题目的解答中学生需要从题干给出的条件中自己选择条件填入题目，组成完整的题目．开放题通常会具有多种答案，其对学生的思维拓展和创新思考有着较强的推动作用．例２㊀为了了解居民天气转冷时期电量消耗情况，某调查人员由下表统计数据计算出回归方程为＾ｙ＝－２．１１ｘ＋６１．１３，现表中的一个数据被污损，则被污损的数据为（精确到整数）．气温ｘ１８１３１０－１用电量ｙ２４３４６４该题目同样为开放题，学生在已知回归方程的情况下要根据题目条件逆推表中数据，这考查了学生的逆向思维，并能提升学生的思维灵活度．例３㊀已知焦点在ｘ轴上的双曲线ｘ２ｍ２－ｙ２ｍ２－１＝１的左㊁右两个焦点分别为Ｆ１和Ｆ２，其右支上存在一点Ｐ满足ＰＦ１ʅＰＦ２，且әＰＦ１Ｆ２的面积为３，则该双曲线的离心率为．该题目主要考查圆锥曲线综合问题，题目的考点面向双曲线与解析三角形的内容．这一问题的设计具有较强的综合性与拓展性，与高考命题的特点相似，可以更好地帮助学生提升自己的解题能力．（四）结合学生解题反馈，优化命题设置决定命题有效与否的一个重要条件是教师命制的习题是否符合学生的实际发展情况，能否推动学生的综合发展．为了确保教师的命题具有较高的价值，且能跟随学生的发展做到 与时俱进 ，教师需要做好学生反馈的收录工作．在实际教学中，教师要关注学生的解题情况，及时地通过问卷调查的方式来获取学生对当前数学习题的看法，在此基础上进行习题命制的优化调整．如，教师可以先根据命题研究情况，联系当前的教学内容，命制基本的分层习题组．在学生应用习题解答时，教师需要关注学生的解题状态，并围绕学生花费的解题时间㊁解题的正确率㊁解题联系前后能力的细微变化㊁对题目难度的看法等进行综合评估，分析现有习题设置的有效性．在发现习题存在部分问题后，教师需要针对习题的优化调整进行研究与设计．㊀㊀㊀１５７㊀数学学习与研究㊀２０２３ ０７三㊁有效命题设计下的配套解题教学策略（一）联系审题读题，进行合理诠释审题读题的过程是学生对题目关键信息进行分析的过程，也是学生与命题人进行交流的过程，学生需要通过审题读题了解命题人的命题想法，解读习题的考查内容，进而获得解题体验与理解的提升．在实际教学中，为了帮助学生进行有效审题读题，教师需要构建针对性的教学方案，选择具体的习题，从习题的题干构成㊁问题研究㊁考查点解析三方面帮助学生剖析习题．如，教师可以选择如下例题进行合理诠释，引领学生从审题读题出发筛选题目中的有效信息．例１㊀已知抛物线ｙ２＝４ｘ的准线与圆ｘ２＋ｙ２－６ｘ－ｍ＝０相切，则实数ｍ的值为（㊀㊀）．Ａ．８Ｂ．７Ｃ．６Ｄ．５针对上述题目，教师便可以引领学生进行审题读题的尝试．首先，教师可以带领学生对题目的题干进行阅读，分析题目提供了哪些信息．通过分析容易发现，题目给出了抛物线的解析式为ｙ２＝４ｘ，圆的方程为ｘ２＋ｙ２－６ｘ－ｍ＝０，抛物线的准线与圆相切，所求的内容为圆方程中存在的实数ｍ的值．在明确了上述内容后，学生要从问题入手思考，研究 抛物线ｙ２＝４ｘ的准线与圆ｘ２＋ｙ２－６ｘ－ｍ＝０相切 这一条件中提供的隐含信息，进而确定实数ｍ的值，完成该题目的求解．例２㊀某产品的宣传费用ｘ（万元）与销售额ｙ（万元）的统计数据如下表所示：宣传费用ｘ（万元）４２３５销售额ｙ（万元）４５２４ａ５０根据上表可得回归方程＾ｙ＝９．６ｘ＋２．９，则宣传费用为３万元时，ａ的值为（㊀㊀）．Ａ．３６．５Ｂ．３０Ｃ．３３Ｄ．２７针对这一题目，教师可以让学生尝试着独立进行审题．在学生审题时，教师需要要求学生摘录题目中的关键条件，解析其中存在的隐含条件，确定自己的解题思路，然后在讲台上进行展示，让学生尝试着揣摩命题人的命题思路．在这一过程中，通过分析思考，学生可以获得对习题构成的深度理解．（二）分析高考考点，解析题目要点解题教学的一大重要目的是帮助学生实现高考题目的有效解答，基于此，对高考考点的分析就成为解题教学中教师需要关注的重要内容．为了实现对高考考点的解析，加深学生对高考命题的认知，教师需要选择具有代表性的高考题，联系高考题相关的考查内容，分析高考题的考查方式，让学生分析并掌握题目解析的要点．如，教师可以选择如下高考题，并结合高考题的考点解析，帮助学生分析高考题的考查点所在：例１㊀已知ｆ（ｘ）＝ｓｉｎωｘ＋π３()在区间（０，π）上恰有三个极值点㊁两个零点，则ω的取值范围是（㊀㊀）．Ａ．５３，１３６[)Ｂ．５３，１９６[)Ｃ．１３６，８３(]Ｄ．１３６，１９６(]通过研究可以发现，该题目主要考查三角函数的极值与零点知识，对数学思想的考查体现在函数与方程思想㊁数形结合思想㊁转化与化归思想三方面，对核心素养的考查体现在数学抽象㊁逻辑推理㊁数学运算三个维度．在实际的考点解析中，教师可以引领学生先进行研究，让其通过讨论来分析该题目考查了哪些内容，然后围绕高考的考点设计，给出更加客观具体的答案，以此加深学生的印象．在解题要点的分析上，教师可以从极值入手，引领学生从三个极值点出发进行解析，并联系两个零点进行取值范围的规划排查，进而实现该题目的解答．（三）重视错题归纳，促进学生总结错题归纳是教师需要重视的内容，教师需要从学生发展入手进行研究，探寻引导学生归纳错题的有效途径．在实际中，教师可以围绕错题本的设置给出要求，并周期性地收纳学生的错题开展回顾教学，引领学生对自己存在的错题进行总结归纳，分析自己出错的原因．这一教学的开展可以帮助学生做好习题的回顾总结工作，这对学生的发展有着较大的帮助．如，教师可以围绕教学的实际情况规定错题归纳的周期，收集学生的错题并拟定错题再测卷，检验学生的错题巩固情况．在日常的错题收集与整理中，教师可以帮助学生设置一个有效的错题本归纳整理流程，确保学生遇到的错题可以得到快速有效的整理．结㊀语总而言之，命题思路的研究分析可以帮助教师明确习题命制的有效方法和思路，提升命制习题的效果．为了实现有效命题，并在习题中渗透核心素养与对学生能力的考查，教师可以围绕信息获取能力培养㊁梯度性原则渗透㊁高考习题特点分析㊁学生解题反馈这四个方面进行探究，提升自己命题的有效性．在进行命题研究的同时，教师也需要从命题出发来设置配套的解题教学策略，联系审题读题㊁考点分析㊁错题归纳三方面进行研究．ʌ参考文献ɔ［１］包荣环．２０２０年高考 函数与导数 命题分析［Ｊ］．数学教学研究，２０２１，４０（０２）：６４－６７．［２］高娜．聚焦数学核心素养：高考数学命题的新趋势［Ｊ］．家长，２０２１（１８）：１４９－１５０．［３］高苹苹．浅谈高中数学命题教学反思性教学策略［Ｊ］．试题与研究，２０２１（３０）：１７７－１７８．［４］王荣．新高考背景下高中数学解题教学的实践研究［Ｊ］．试题与研究，２０２１（２４）：１７５－１７６．［５］马建文．基于函数思想的高中数学解题教学策略［Ｊ］．学周刊，２０２１（２３）：１５３－１５４．。
核心素养下小学高段球类项目教学策略探讨——以五年级《排球正面双手垫球技术方法》教学为例
体育教学/2020年第12期核心素养下小学高段球类项目教学策略探讨——以五年级《排球正面双手垫球技术方法》教学为例文/冯小炎摘 要：本文基于对核心素养的理解，对传统球类项目课堂教学的比照，提出了小学高段球类项目教学从掌握技能向运用技能转变的观点。
通过五年级排球课教学案例，解析了高段球类教学的“目标为体能，技术可淡化，评价要到位”策略，为核心素养下球类项目课堂教学的转型提供参考。
关键词：小学；球类；排球；教学策略中图分类号：G623.8 文献标识码：A 文章编号：1005-2410（2020）12-0037-02生畏惧心理。
在目标定位时要降低技术教学，淡化纯技术教学，更多地体现在体能维度和运用维度上。
为此，本课结合技术教学以玩球为主旨，通过排球基础知识和基本技术的学习，使学生都能体验到排球运动的乐趣，不断提高排球运动技术和比赛参与能力。
基于上述思考，确定以下目标：认知目标：知道排球正面双手垫球的技术动作并说出动作要领，通过观察能相互指出存在的问题。
技能目标：80%以上的学生能掌握一插、二夹、三抬臂正面双手垫球的技术要领，50%以上学生能一次性垫球5次以上，动作自然连贯。
通过运球跑练习，发展学生快速奔跑能力和灵敏素质。
情感目标：在练习的过程中学生能表现出积极主动、相互配合的良好作风。
（二）策略探讨目标定位是否符合核心素养和课程标准，常常决定了课的成功与否。
球类项目课要把球作为载体，用球来强化体能作为首要策略。
1.结合体育文化足球、篮球、排球三大运动项目，都有着深厚的运动文化。
中国女排精神、美国篮球文化、巴西足球文化等都可以作为课堂教学元素。
正能量的朱婷、姚明等是学生崇拜的明星，以他们的积极事例作为教学素材，有利于激发学生学习球类项目的兴趣。
2.降低难度系数小学阶段是学习和形成球类项目基本动作技能的最佳时期，而这离不开基本动作和组合动作的学习。
《纲要》指出水平一、二都是以游戏的形式让学生体验球类，水平三才会出现组合练习和综合活动，所以在目标定位时，要适当降低难度，通过游戏形式先让学生喜欢上学习，再出现综合性活动。
基于核心素养的高中体育教学设计：以乒乓球专项训练为例
基于核心素养的高中体育教学设计：以乒乓球专项训练为例体质与智能是紧密联系在一起的，一个健康的体魄是开展智能活动的条件，只有拥有了健康的体魄，学生才能更好地进行学业，才能更好地掌握科学知识，获得全方位的发展与提升。
在新课程标准理念的指引下，学校坚持以“身体与心理”为核心，坚持“健康第一”的教学理念。
在教学中，我们本着“以学生为中心，教师为引导”的教育理念，把重点放在了学生的兴趣和发展上。
针对不同的学生开展教学，以此达到因材施教的效果。
本文以乒乓球专项训练为例探讨高中体育教学方式，旨在探讨如何在这个充满变革的时代培养学生新的思维方式，并引领读者踏上一段探索未知领域的旅程。
通过重新审视问题、挑战传统观念以及拥抱创新，我们将共同开创一个更加美好的未来。
一、课程介绍乒乓球被誉为“桌上的网球”，是一项集技巧、策略与反应速度于一体的运动。
我们的高中乒乓球课程旨在通过专业的教学与实践，培养学生的手眼协调能力、反应速度和团队协作精神。
课程内容包括基础知识、技巧训练、战术分析和实战演练等多个方面，确保学生能够从零基础开始，逐步掌握这项运动的精髓。
我们拥有经验丰富的教练团队和完善的训练设施，确保每位学生都能得到个性化的指导和充足的实践机会。
二、学情分析高中生正处于身心发展的黄金时期，其体能、手眼协调能力和心理素质都处于快速发展的阶段。
此时期的学生不仅具有极强的学习能力，而且对新事物、新技能有着浓厚的兴趣和探索欲望。
乒乓球作为一项技巧性与策略性并重的运动，既能锻炼学生的身体协调能力，又能培养其战术思维和团队合作精神，对于高中生的全面发展具有不可替代的作用。
然而，高中生也面临着升学压力和学习负担的挑战，他们的时间和精力都相对有限。
三、教学目标基于核心素养的培养框架，我们针对高中乒乓球课程制订了以下综合性的教学目标：技能与战术掌握：通过系统训练，使学生熟练掌握乒乓球的各项基本技术，如接发球、攻防转换等，并能在比赛中灵活运用各种战术。
《休闲体育专项训练》课程标准
《休闲体育专项训练》课程标准一、课程性质本课程是中等职业学校运动与休闲类休闲体育服务与管理专业必修的一门专业核心课程，是在《运动项目与体能训练》《体育教学与实践》等课程基础上，开设的一门实践性较强的专业课程。
其任务是让学生掌握高尔夫球运动专项训练所必需的基础知识和基本技能，为后续《休闲体育活动策划与组织》等课程的学习奠定基础。
二、学时与学分144学时，8学分。
三、课程设计思路本课程按照立德树人根本任务要求，突出专业核心素养、必备品格和关键能力，兼顾中高职课程衔接，高度融合高尔夫球运动所涵盖的知识技能学习与职业精神培养。
1.依据《中等职业学校运动与休闲类休闲体育服务与管理专业指导性人才培养方案》中确定的培养目标、综合素质、职业能力，按照知识与技能、过程与方法、情感态度与价值观三个维度，突出高尔夫球运动专项身体素质、技战术训练和应用能力的培养，结合本课程的性质和职业教育课程教学的最新理念，确定本课程目标。
2.根据“中等职业学校休闲体育服务与管理专业‘工作任务与职业能力’分析表”，依据课程目标和社会体育指导员等工作的岗位需求，围绕高尔夫球运动专项训练的关键能力，反映社会体育指导员工作的实际，体现科学性、适用性原则，确定本课程内容。
3.以高尔夫项目的专项能力训练、技战术训练、教学比赛等环节为主线，设置模块和教学单元，将高尔夫球运动专项训练的基础知识、基本技能和职业素养有机融入，遵循学生认知规律，确定学习内容的顺序。
四、课程目标学生通过学习本课程，掌握从事高尔夫球运动必需的基础知识和基本技能，养成良好的职业道德和健康锻炼的职业习惯。
1.了解高尔夫球运动特点，掌握高尔夫球场地、球具、基本规则、球场礼仪等基础知识。
2.具备高尔夫球运动应有的专项体能基础，能够运用简易体能训练设备进行基础性体能训练。
3.了解高尔夫球挥杆原理，掌握木杆、铁杆、切杆、推杆基本动作技术要领，掌握发球区、球道区、沙坑区、果岭及不同气候条件下的高尔夫实战技术与策略。
在篮球教学中培养学生的核心素养
１４８ 首先需要关注的问题，在教学的硬件设施设置上，教师需要从学生的学习性质以及学生自身的特点进行考虑。
由于在体育场的应用过程中，使用篮球设施的班级较多，需要交替的应用篮球设施进行篮球练习，学校需要从两种方式上进行调整［３］。
其一，需要增加篮球相关设施的建设，其二，需要在学期中进行课程安排时，就对于场地的应用进行规划，利用时间差对于课程的整体安排进行调整，保证在学习的过程中学生都能够拥有足够的练习时间，进行篮球设施的应用。
此外，在小学阶段对于篮球设施的建设中，还需要重视学生的特殊性，为了适应于学生的年龄特点，进行篮球的设施高度的调整，也可以根据整体性对于按照学生的身体比例进行篮球场的缩小。
除了特殊的篮球设施之外，教学中也需要对于正常比例篮球设施进行应用，正常比例的篮球设施有利于学生在学习的过程不断的进行难度调整，并且熟悉真正的篮球比赛场地。
２．进行篮球课程的科学设定。
在篮球课程的规划中，教师需要从教学的整体性以及学生的持续学习进行考虑，在最初阶段的教学阶段中，就以较为正式的形式展开教学，需要在学生进行初步的学习之后，就安排相应的篮球比赛，引导学生进行篮球的练习。
这是由于篮球中的技巧以及种种教学中需要学生进行掌握的部分，需要通过实践的过程达到较为深入的学习效果，学生及时的进行练习，将会深化对于课程中学习内容的印象。
还需要重视篮球教学的整体性，尽量避免教学中学生学习的不连贯［４］。
由于小学阶段学生的认知范围以及认知的程度较为有限，一段时间内注意力的转移，开始其他运动的教学，学生对于篮球的认知以及兴趣程度将会降低，再次开启课程又需要教师进行再次的启发。
三、篮球教学中教学内容与教学方式的优化１．教学内容的优化。
在教学的内容中，教师需要对于篮球的理论课程以及篮球的文化进行重视。
篮球的理论课程有利于学生系统的了解篮球运动对于自身能够产生的益处，同时知悉篮球比赛中的规则。
在进行理论教学的过程中，一味地理论讲述是较为枯燥的，并不适合于小学阶段的学生进行学习。
专题12 球的外接、内切及立体几何最值问题-高中数学专项训练测试卷(原卷版)
专题12球的外接、内切及立体几何最值问题（一）几个与球有关的切、接常用结论（1）正方体与球有以下三种特殊情形：一是球内切于正方体；二是球与正方体的十二条棱相切；三是球外接于正方体．它们的相应轴截面如图所示(正方体的棱长为a ，球的半径为R )．①若球为正方体的外接球，则2R ；②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ；③若球与正方体的各棱相切，则2R a .④如图，在棱长为a 的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，连接A 1B ，BC 1，A 1C 1，DC 1，DA 1，DB ，a 的正四面体A 1BDC 1，其体积为正方体体积的13.（2）若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝（3）棱长为a的正四面体中：①斜高为32a；②高为63a；③对棱中点连线长为22a；④外接球的半径为64a；⑤内切球的半径为12a；⑥S表面积a2；⑦V＝12a3；⑧相邻两个面的二面角：cosα＝1 3；⑨三条侧棱与底面的夹角：cosβ＝33；⑩正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.（二）球“切”的处理1．解决与球有关的内切问题主要是指球内切于多面体或旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．2．几何体内切球问题的处理(1)解题时常用以下结论确定球心和半径：①球心在过切点且与切面垂直的直线上；②球心到各面距离相等．(2)利用体积法求多面体内切球半径，3VrS=表面积.(3)在求四面体内切球的半径时,应重视分割的思想方法,即将该四面体分割为以球心为顶点,各面为底面的四个三棱锥,通过其体积关系求得半径.（三）球外接的处理1．把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．2．（1）确定球心和半径解题思维流程：(R—球半径，r—截面圆的半径，h—球心到截面圆心的距离)．注：若截面为非特殊三角形可用正弦定理求其外接圆半径r.(2)三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球．注意：不共面的四点确定一个球面．(3)求解球的内接正方体、长方体等问题的关键是把握球的直径即是几何体的体对角线.(4)若球面上四点P,A,B,C的连线中PA,PB,PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直,则可构造长方体或正方体解决问题.3.球与旋转体的组合通常作出它们的轴截面解题;球与多面体的组合,一般通过多面体的一条侧棱和球心,并结合“切点”或“接点”作出截面图,把空间问题化归为平面问题求解.（四）球心的确定1．由球的定义确定球心若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球．也就是说如果一个定点到一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个定点就是该简单多面体外接球的球心．①长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点；②正三棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点；③直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；④正棱锥的外接球的球心在其高上，具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到．2．构造长方体或正方体确定球心①正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补成长方体或正方体；②同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补成长方体或正方体；③若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补成长方体或正方体；④若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补成长方体或正方体．3．由球的性质确定球心①球的截面均为圆面；②球心和截面圆心的连线垂直于该截面，则有222=+.R r d（五）几何体侧面、表面最值问题的解法(1)观察图形特征，确定取得最值的条件，计算最值．(2)设出未知量建立函数关系，利用基本不等式计算最值．(3)几何体表面两点间距离(路程)最小问题，“展平”处理．（六）截面最值问题的解法（1）建立函数模型求最值问题：①设元；②建立二次函数模型；③求最值．（2）猜想法求最值问题：要灵活运用一些特殊图形与几何体的特征，“动中找静”，如正三角形、正六边形、正三棱锥等．题型一球与旋转体“切”的问题【典例1】（江西省2023届高三教学质量监测数学（理）试题）在炎热的夏天里，人们都喜欢在饮品里放冰块.如图是一个高脚杯，它的轴截面是正三角形，容器内有一定量的水.若在高脚杯内放入一个球形冰块后，冰块没有开始融化前水面所在的平面恰好经过冰块的球心O （水没有溢出），则原来高脚杯内水的体积与球的体积之比是（）A．1B．12C．13D．16【典例2】（2023·河北石家庄·统考一模）已知圆台的上､下底面圆的半径之比为12，侧面积为9π，在圆台的内部有一球O，该球与圆台的上､下底面及母线均相切，则球O的表面积为（）A．3πB．5πC．8πD．9π【总结提升】1.利用几何体特征；2.利用旋转体的轴截面.题型二球与多面体“切”的问题【典例3】（2023·全国·模拟预测）已知三棱锥A BCD-的所有棱长均为2，若球O经过三棱锥A BCD-各棱的中点，则球O的表面积为（）A．πB．2πC．4πD．8π【典例4】（2022秋·广东肇庆·高三肇庆市第一中学校考阶段练习）已知正三棱锥-P ABC的，底面边长为a，则它的内切球的半径为（）A B C．5a D【典例5】（2023·青海·校联考模拟预测）已知体积为4π3的球1O与正三棱柱111ABC A B C-的所有面都相切，则三棱柱ABC-111A B C外接球的表面积为（）A．24πB．20πC．16πD．12π题型三球与旋转体“接”的问题【典例6】（2022秋·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）圆台上､下底面圆的圆周都在一个半径为5的球面上，其上､下底面圆的周长分别为8π和10π，则该圆台的侧面积为（）A ．B ．C ．D ．【典例7】（2023春·广东广州·高一广州市天河中学校考阶段练习）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为则圆锥的底面半径为______；若该圆锥的顶点及底面圆周在球O 的表面上，则球O 的体积为______.【典例8】（2022秋·江苏·高三校联考阶段练习）已知圆柱1OO 的轴截面是边长为8的正方形，,A B 是圆O 上两点，,C D 是圆1O 上两点，且6,AB CD AB CD ==⊥，则四面体ABCD 的外接球的表面积为______，四面体ABCD 的体积为______.题型四球与多面体“接”的问题【典例9】（2023·四川凉山·二模）在四面体A BCD -中，AB CD AD BC AC BD ======A BCD -外接球表面积是（）A ．64πB ．32πC ．256πD ．256π3【典例10】（2023春·辽宁朝阳·高二北票市高级中学校考阶段练习）如图，在直三棱柱111ABC A B C -的侧面展开图中，B ，C 是线段AD 的三等分点，且AD =外接球O 的表面积为12π，则1AA =_______________．【典例11】（2022秋·河南洛阳·高三孟津县第一高级中学校考阶段练习）已知四棱锥P ABCD -的每个顶点都在球O 的球面上，侧面PAD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为边长为2的正方形，PD =1AP =，则四棱锥P ABCD -外接球的体积为__________.【总结提升】求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；题型五几何体面积、体积的最值问题【典例12】（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）半径均为R 的四个球两两之间有且仅有一个公共点，在以四个球心为顶点的三棱锥的内部放一个小球，小球体积的最大值为（）A ．32π3R B ．33R C ．327R D ．327R 【数列13】（宁夏吴忠市2023届高三模拟联考）已知表面积为54的正方体1111ABCD A B C D -的顶点都在球O 上，过球心O 的平面截正方体所得的截面过正方体相对两棱1BB ，1DD 的中点F ，E ，设该截面与1AA 及1CC 的交点分别为M ，N ，点P 是正方体表面上一点，则以截面EMFN 为底面，以点P 为顶点的四棱锥的体积的最大值为___________.【典例14】（2023春·浙江宁波·高一余姚中学校考阶段练习）已知某圆锥的内切球的体积为32π3，则该圆锥的表面积的最小值为__________．【典例15】（2022春·山东青岛·高一校考期中）已知正三棱柱的顶点都在同一个半径为的球面上，①当三棱柱的侧棱长等于底面边长时，三棱柱的体积为______，②该三棱柱侧面积的最大值为______．题型六几何体截面的最值问题【典例16】（2022·全国·高三校联考阶段练习）已知四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是矩形，且该四棱锥的所有顶点都在球O 的球面上，PA ⊥平面ABCD ,2PA AB BC ===，点E 在棱PB 上，且2EB PE =，过E 作球O 的截面，则所得截面面积的最小值是____________.【典例17】（2023·河南郑州·统考二模）已知三棱锥P －ABC 的各个顶点都在球O 的表面上，4AB AC ==，120BAC ∠=︒，PB PC ==平面PBC ⊥平面ABC ，若点E 满足4BC BE =，过点E 作球O 的截面，则所得截面面积的取值范围为______．题型七距离、长度的最值问题【典例18】（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）已知正三棱锥S ABC -的底面边长为3，侧棱长为P 为此三棱锥各顶点所在球面上的一点，则点P 到平面SAB 的距离的最大值为（）A ．2613B ．2613C ．2413+D ．2413【典例19】（2023春·湖南长沙·高一长郡中学校考阶段练习）如图，直三棱柱111ABC A B C -中，11BC AA ==，AB ，cos 3ACB ∠=，P 为线段1BC 上的动点．(1)当P 为线段1BC 上的中点时，求三棱锥B PAC -的体积；(2)当P 在线段1BC 上移动时，求AP CP +的最小值．一、单选题1．（2023春·江苏南通·高二江苏省如皋中学校考阶段练习）已知三棱锥-P ABC 的棱PA ，PB ，PC 两两垂直，且PA =4PB PC ==．以BC 为直径的球与平面APC 的交线为l ，则l的长度为（）A ．4B ．43C ．4π3D ．4π2．（2022·安徽·校联考二模）在三棱锥-P ABC 中，,12,16,45PA AB PA AB PC PBC ∠⊥==== ，则三棱锥-P ABC 外接球的体积为（）A ．4000π3B ．400πC ．169πD ．169π33．（2023·新疆阿克苏·校考一模）长方体1111ABCD A B C D -中，棱1AD =，且其外接球的体积为36π，则此长方体体积的最大值为（）A ．356B ．352C ．8D ．44．（2022秋·北京·高三日坛中学校考阶段练习）已知正三棱锥-P ABC ，若,PA a PA =⊥平面PBC ，则三棱锥-P ABC 的外接球的表面积为（）A ．3B ．23πa C ．3π2a D ．212a二、多选题5．（2023春·浙江宁波·高一余姚中学校考阶段练习）某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台12O O ，在轴截面ABCD 中，2cm AB AD BC ===，且2CD AB =，下列说法正确的有（）A ．该圆台轴截面ABCD 面积为2B ．该圆台的体积为314πcm 3C ．该圆台的侧面积为26πcm D ．沿着该圆台表面，从点C 到AD 中点的最短距离为5cm6．（云南省2023届高三第一次高中毕业生复习统一检测数学试题）已知三棱锥-P ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，且CA CB ⊥，2CA CB ==，球O 的表面积为12π，三棱锥-P ABC的体积为43，记点A 到平面BOC 的距离为d ，则（）A ．116PC =B ．PO =C ．d =D ．2AOB π∠=三、填空题7．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）已知AB 是圆锥底面圆的直径，圆锥的母线PA =，4AB =，则此圆锥外接球的表面积为_________.8．（2023·全国·高一专题练习）我国古典数学著作《九章算术》中记载，四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.现有一个“鳖臑”，PA ⊥底面ABC ，AC BC ⊥，且3PA =，2BC =，AC =________．9．（2022秋·湖南长沙·高二校考期中）棱长为1的正四面体外接球的表面积为______.10．（2022春·福建·高一福建省泉州第一中学校考期中）已知正四棱锥P ABCD -的底面边长为6，则该四棱锥的外接球的体积为__________．11．（2023·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1AA AB BC ==．设D 为1A C 的中点，三棱锥D ABC -的体积为94，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，则三棱柱111ABC A B C -外接球的表面积为______．12．（2022秋·河南·高三洛阳市第一高级中学校联考阶段练习）在三棱锥P －ABC 中，23PA AB PB AC ====AC ⊥平面PAB ，则三棱锥P －ABC 的外接球O 的体积为______．13．（2022·全国·高三专题练习）已知四面体ABCD 的各顶点都在球O 的表面上，2AB CD ==E ，F 分别为,AB CD 的中点，O 为EF 的中点．若AB CD ⊥，直线AC 与BD 所成的角为60︒，AB EF <，则球O 的表面积为____________．14．（2023·河北唐山·开滦第二中学校考一模）已知四棱锥S ABCD -的外接球O 的表面积为32π，四边形ABCD 为矩形，M 是线段SB 的中点，N 在平面SCD 上，若22SA AB SB ==，90SAD ∠= ，4BC =，则球O 的体积为______，MN 的最小值为______.四、解答题15．（2022春·浙江宁波·高一校联考期中）如图，正三棱锥V ABC -中，2,2AB BC AC VA VB VC ======，点,M N 分别为,VA BC 的中点，一只蚂蚁从点M 出发，沿三棱锥侧面爬行到点N ，求：(1)该三棱锥的体积与表面积；(2)蚂蚁爬行的最短路线长.16．（2023春·河南·高三校联考阶段练习）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面四边形ABCD 为矩形，222OH PO DC ===，PO ⊥平面ABCD ，H 为DC 的中点．(1)求证：平面DPO ⊥平面POC ；体积的最大值．(2)求三棱锥H POD。
高中数学选修一综合测试题专项训练(带答案)
高中数学选修一综合测试题专项训练单选题1、设圆C 1:x 2+y 2−2x +4y =4，圆C 2:x 2+y 2+6x −8y =0，则圆C 1，C 2的公切线有（ ） A ．1条B ．2条C ．3条D ．4条 答案：B分析：先根据圆的方程求出圆心坐标和半径，再根据圆心距与半径的关系即可判断出两圆的位置关系，从而得解．由题意，得圆C 1:(x −1)2+(y +2)2=32，圆心C 1(1,−2)，圆C 2:(x +3)2+(y −4)2=52，圆心C 2(−3,4)，∴5−3<|C 1C 2|=2√13<5+3，∴C 1与C 2相交，有2条公切线． 故选：B ．2、经过点(－√2，2)，倾斜角是30°的直线的方程是（ ） A ．y ＋√2 =√33(x －2)B ．y ＋2＝√3(x －√2) C ．y －2=√33(x ＋√2)D ．y －2＝√3(x ＋√2) 答案：C分析：根据k =tan30°求出直线斜率，再利用点斜式即可求解. 直线的斜率k =tan30°=√33，由直线的点斜式方程可得y －2＝√33(x ＋√2)， 故选：C ．3、已知点P(x ，y)在直线x −y −1=0上的运动，则(x −2)2+(y −2)2的最小值是（ ） A ．12B ．√22C ．14D ．√34 答案：A分析：(x −2)2+(y −2)2表示点P(x ，y)与(2，2)距离的平方，求出(2，2)到直线x −y −1=0的距离，即可得到答案.(x −2)2+(y −2)2表示点P(x ，y)与(2,2)距离的平方，因为点(2,2)到直线x −y −1=0的距离d =√2=√22， 所以(2,2)的最小值为d 2=12． 故选：A4、动点P ，Q 分别在抛物线x 2=4y 和圆x 2+y 2−8y +13=0上，则|PQ|的最小值为（ ） A ．2√3B ．√3C ．12√3D ．32√3 答案：B分析：设P (x 0,14x 02)，根据两点间距离公式，先求得P 到圆心的最小距离，根据圆的几何性质，即可得答案. 设P (x 0,14x 02)，圆化简为x 2+(y −4)2=3，即圆心为（0,4），半径为√3，所以点P 到圆心的距离d =√(x 0−0)2+(14x 02−4)2=√116(x 02)2−x 02+16，令t =x 02，则t ≥0，令f(t)=116t 2−t +16，t ≥0，为开口向上，对称轴为t =8的抛物线，所以f(t)的最小值为f (8)=12， 所以d min =√12=2√3，所以|PQ|的最小值为d min −√3=2√3−√3=√3. 故选：B5、已知圆C 1:x 2+y 2+4x −2y −4=0，C 2:(x +32)2+(y −32)2=112，则这两圆的公共弦长为（ ）A ．4B ．2√2C ．2D ．1 答案：C分析：先求出两圆的公共弦所在直线的方程，用垂径定理求弦长.由题意知C 1:x 2+y 2+4x −2y −4=0，C 2:x 2+y 2+3x −3y −1=0，将两圆的方程相减，得x +y −3=0，所以两圆的公共弦所在直线的方程为x +y −3=0.又因为圆C 1的圆心为(−2,1)，半径r =3，所以圆C 1的圆心到直线x +y −3=0的距离d =√2=2√2.所以这两圆的公共弦的弦长为2√r2−d2=2√32−(2√2)2=2. 故选：C.6、设B是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点，若C上的任意一点P都满足|PB|≤2b，则C的离心率的取值范围是（）A．[√22,1)B．[12,1)C．(0,√22]D．(0,12]答案：C分析：设P(x0,y0)，由B(0,b)，根据两点间的距离公式表示出|PB|，分类讨论求出|PB|的最大值，再构建齐次不等式，解出即可．设P(x0,y0)，由B(0,b)，因为x02a2+y02b2=1，a2=b2+c2，所以|PB|2=x02+(y0−b)2=a2(1−y02b2)+(y0−b)2=−c2b2(y0+b3c2)2+b4c2+a2+b2，因为−b≤y0≤b，当−b3c2≤−b，即b2≥c2时，|PB|max2=4b2，即|PB|max=2b，符合题意，由b2≥c2可得a2≥2c2，即0<e≤√22；当−b3c2>−b，即b2<c2时，|PB|max2=b4c2+a2+b2，即b4c2+a2+b2≤4b2，化简得，(c2−b2)2≤0，显然该不等式不成立．故选：C．小提示：本题解题关键是如何求出|PB|的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从而确定最值．7、如图1所示，双曲线具有光学性质；从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点．若双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，从F2发出的光线经过图2中的A，B两点反射后，分别经过点C和D，且cos∠BAC=−35，AB⊥BD，则E的离心率为（）A ．√52B ．√173C ．√102D ．√5 答案：B分析：利用双曲线的光学性质及双曲线定义，用|BF 2|表示|BF 1|,|AF 1|,|AB|，再在两个直角三角形中借助勾股定理求解作答.依题意，直线CA,DB 都过点F 1，如图，有AB ⊥BF 1，cos∠BAF 1=35，设|BF 2|=m ，则|BF 1|=2a +m ，显然有tan∠BAF 1=43，|AB|=34|BF 1|=34(2a +m)，|AF 2|=32a −14m ，因此，|AF 1|=2a +|AF 2|=72a −14m ，在Rt △ABF 1，|AB|2+|BF 1|2=|AF 1|2，即916(2a +m)2+(2a +m)2=(72a −14m)2，解得m =23a ，即|BF 1|=83a,|BF 2|=23a ，令双曲线半焦距为c ，在Rt △BF 1F 2中，|BF 2|2+|BF 1|2=|F 1F 2|2，即(23a)2+(83a)2=(2c)2，解得ca =√173， 所以E 的离心率为√173. 故选：B小提示：方法点睛：求双曲线离心率的三种方法：①定义法，通过已知条件列出方程组，求得a,c 得值，根据离心率的定义求解离心率e ；②齐次式法，由已知条件得出关于a,c 的二元齐次方程，然后转化为关于e 的一元二次方程求解；③特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.8、已知直线l 1:√3x +y =0与直线l 2:kx −y +1=0，若直线l 1与直线l 2的夹角是60°，则k 的值为（ ） A ．√3或0B ．−√3或0 C ．√3D ．−√3 答案：A分析：先求出l 1的倾斜角为120°，再求出直线l 2的倾斜角为0°或60°，直接求斜率k . 直线l 1:√3x +y =0的斜率为k 1=−√3，所以倾斜角为120°. 要使直线l 1与直线l 2的夹角是60°， 只需直线l 2的倾斜角为0°或60°， 所以k 的值为0或√3. 故选：A 多选题9、下列四个命题中，错误的有（ ） A ．若直线的倾斜角为θ，则sinθ>0 B ．直线的倾斜角θ的取值范围为0≤θ≤πC ．若一条直线的倾斜角为θ，则此直线的斜率为tanθD ．若一条直线的斜率为tanθ，则此直线的倾斜角为θ 答案：ABCD分析：根据倾斜角与斜率的定义判断即可；解：因为直线的倾斜角的取值范围是[0,π)，即θ∈[0,π)，所以sinθ≥0， 当θ≠π2时直线的斜率k =tanθ，故A 、B 、C 均错误； 对于D ：若直线的斜率k =tan 4π3=√3，此时直线的倾斜角为π3，故D 错误；故选：ABCD10、(多选)已知三条直线x －2y ＝1，2x ＋ky ＝3，3kx ＋4y ＝5相交于一点，则k 的值为（ ） A ．－163B ．－1C ．1D ．163分析：由任意两个直线方程联立方程组求出交点坐标，再由其会标代入第三个方程中可求出k 的值 解：由{x −2y =12x +ky =3，得{x =6+k4+ky =14+k ，所以三条直线的交点为(6+k4+k ,14+k)，所以3k ⋅6+k 4+k+4⋅14+k =5，化简得3k 2+13k −16=0，解得k =1或k =−163， 故选：AC11、已知直线l 经过点P(3,1)，且被两条平行直线l 1：x +y +1=0和l 2：x +y +6=0截得的线段长为5，则直线l 的方程为（ ） A ．x =2B ．x =3 C ．y =1D ．y =2 答案：BC分析：先分析当直线l 的斜率不存在，则直线l 的方程为x =3，符合题意；再分析直线l 的斜率存在时，先求出A,B 的坐标，解方程(3k−2k+1−3k−7k+1)2+(−4k−1k+1+9k−1k+1)2=52求出k 的值，综合即得解.若直线l 的斜率不存在，则直线l 的方程为x =3， 此时与l 1、l 2的交点分别为A(3,−4)，B(3,−9)， 截得的线段AB 的长|AB|=|−4+9|=5，符合题意， 若直线l 的斜率存在，则设直线l 的方程为y =k(x −3)+1， 解{y =k(x −3)+1x +y +1=0 得A(3k−2k+1,−4k−1k+1)，解{y =k(x −3)+1x +y +6=0 得B(3k−7k+1,−9k−1k+1)，由|AB|=5，得(3k−2k+1−3k−7k+1)2+(−4k−1k+1+9k−1k+1)2=52，解得k =0，即所求的直线方程为y =1，综上可知，所求直线l 的方程为x =3或y =1，填空题12、已知抛物线y 2=2px (p >0)，圆(x −p 2)2+y 2=1与y 轴相切，斜率为k 的直线过抛物线的焦点与抛物线交于A ，D 两点，与圆交于B ，C 两点(A ，B 两点在x 轴的同一侧)，若AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =λCD ⃑⃑⃑⃑⃑ ，λ∈[2,4]，则k 2的取值范围为___________. 答案：[8,16+12√2]分析：先求出p ，然后设出直线，让直线与抛物线联立，再根据向量之间的关系及韦达定理求出x A ,x D ，再利用抛物线的定义及条件建立等式，再转化为不等式求解即可.由圆的方程可知，其圆心坐标为(p2,0)，当圆与y 轴相切可知p2=1，得p =2，所以抛物线的焦点坐标为(1,0)，抛物线方程为y 2=4x ，设斜率为k 的直线方程为y =k(x −1)，设A(x A ,y A ),D(x D ,y D )，直线与抛物线联立， {y =k(x −1)y 2=4x，得k 2x 2−(2k 2+4)x +k 2=0， 所以x A +x D =2k 2+4k 2①，x A x D =1②所以|AB⃑⃑⃑⃑⃑ |=|AF ⃑⃑⃑⃑⃑ |−1=x A +1−1=x A ，|CD ⃑⃑⃑⃑⃑ |=|DF ⃑⃑⃑⃑⃑ |−1=x D +1−1=x D ， 而AB⃑⃑⃑⃑⃑ =λCD ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则有|AB ⃑⃑⃑⃑⃑ |=λ|CD ⃑⃑⃑⃑⃑ |，λ∈[2,4]， 所以x A =λx D ③，由①，③解得x A =λ(2k 2+4)(λ+1)k 2,x D =2k 2+4(λ+1)k 2，代入②有λ(λ+1)2⋅(2k 2+4)2k 4=1，变形得(2k 2+4)2k 4=(λ+1)2λ，因为λ∈[2,4]，所以(λ+1)2λ=λ+1λ+2∈[92,254]，所以92≤(2k 2+4)2k 4≤254，变形得√2≤2k 2+4k 2≤52，解得8≤k 2≤16+12√2. 所以答案是：[8,16+12√2].小提示：关键点睛：解决本题的关键一是先求出抛物线方程，二是运用抛物线的定义，三是解不等式. 13、设m ∈R ，圆M:x 2+y 2−2x −6y =0，若动直线l 1:x +my −2−m =0与圆M 交于点A 、C ，动直线l2:mx−y−2m+1=0与圆M交于点B、D，则|AC|+|BD|的最大值是________．答案：2√30分析：求出圆的圆心和半径，求出两条直线位置关系和经过的定点，作出图像，设圆心到其中一条直线的距离为d，根据几何关系表示出|AC|+|BD|，利用基本不等式即可求出其最大值.x2+y2−2x−6y=0⇒(x−1)2+(y−3)2=10，圆心M(1，3)，半径r＝√10，x+my−2−m=0⇒x−2+m(y−1)=0⇒l1过定点E(2,1)，mx−y−2m+1=0⇒m(x−2)−y+1=0⇒l2过定点E(2,1)，且l1⊥l2，如图，设AC和BD中点分别为F、G，则四边形EFMG为矩形，设|MF|=d，0≤d≤|ME|=√5，则|MG|=√|ME|2−|EG|2=√|ME|2−|MF|2=√5−d2，则|AC|+|BD|＝2√10−d2+2√10−(5−d2)=2(√10−d2+√5+d2)⩽2√2(10−d2+5+d2)=2√30，当且仅当10−d2=5+d2即d=√102时取等号.所以答案是：2√30.14、已知椭圆C:x24+y23=1的左､右焦点分别为F1，F2，M为椭圆C上任意一点，N为圆E:(x−3)2+(y−2)2=1上任意一点，则|MN|−|MF1|的最小值为___________. 答案：2√2−5分析：首先根据椭圆的定义将|MN|−|MF1|的最小值转化为|MN|+|MF2|−4，再根据|MN|≥|ME|−1（当且仅当M、N、E共线时取等号），最后根据|ME|+|MF2|≥|EF2|求得|MN|−|MF1|的最小值.如图，由M为椭圆C上任意一点，则|MF1|+|MF2|=4又N为圆E:(x−3)2+(y−2)2=1上任意一点，则|MN|≥|ME|−1（当且仅当M、N、E共线时取等号），∴|MN|−|MF1|=|MN|−(4−|MF2|)=|MN|+|MF2|−4≥|ME|+|MF2|−5≥|EF2|−5，当且仅当M、N、E、F2共线时等号成立.∵F2(1,0)，E(3,2)，则|EF2|=√(3−1)2+(2−0)2=2√2，∴|MN|−|MF1|的最小值为2√2−5．所以答案是：2√2−5．小提示：思路点睛；本题主要考查与椭圆与圆上动点相关的最值问题，主要根据椭圆的定义将目标等价转化为能够通过数形结合解题的类型，考查学生的转化与化归思想，属于较难题.解答题15、如图所示，某隧道内设双行线公路，其截面由一段圆弧和一个长方形的三边构成.已知隧道总宽度AD为6√3m，行车道总宽度BC为2√11m，侧墙高EA，FD为2m，弧顶高MN为5m.（1）以EF所在直线为x轴，MN所在直线为y轴，1m为单位长度建立平面直角坐标系，求圆弧所在的圆的标准方程；（2）为保证安全，要求隧道顶部与行驶车辆顶部（设为平顶）在竖直方向上的高度之差至少为0.5m ，问车辆通过隧道的限制高度是多少？答案：（1）x 2+(y +3)2=36；（2）3.5m . 分析：（1）设出圆的方程，代入F,M 即可求解；（2）设限高为ℎ，作CP ⊥AD ，求出点P 的坐标，即可得出答案. （1）由题意，有E(−3√3,0)，F(3√3,0)，M(0,3).∵所求圆的圆心在y 轴上，∴设圆的方程为(x −0)2+(y −b)2=r 2（b ∈R ，r >0）， ∵F(3√3,0)，M(0,3)都在圆上， ∴{(3√3)2+b 2=r 202+(3−b )2=r 2，解得{b =−3r 2=36 .∴圆的标准方程是x 2+(y +3)2=36.（2）设限高为ℎ，作CP ⊥AD ，交圆弧于点P ， 则CP =ℎ+0.5.将点P 的横坐标x =√11代入圆的方程，得(√11)2+(y +3)2=36， 得y =2或y =−8（舍去）.∴ℎ=CP −0.5=(2+2)−0.5=3.5(m ). 故车辆通过隧道的限制高度为3.5m .。
基于“数学核心素养”视角下的高三复习课课例研究
㊀㊀㊀㊀㊀㊀基于数学核心素养视角下的高三复习课课例研究基于 数学核心素养 视角下的高三复习课课例研究Һ佘世庆１㊀佘元振２㊀（１．甘肃省武威第十五中学，甘肃㊀武威㊀７３３０００；２．甘肃省金塔县第四中学，甘肃㊀酒泉㊀７３５３００）㊀㊀ʌ摘要ɔ乔治㊃波利亚曾经说过： 一旦掌握了数学就意味着善于解题． 在高三复习全过程中，数学解题一直贯串其中，尤其是数学公式，在高中数学体系中占比较大．因此，如何提高学生的解题能力，灵活运用各种数学公式，成为高三复习课中非常关键的课题．教师要引导学生通过合作㊁交流等方式，掌握数学知识本质，理解数学概念．作为一名高中数学教师，尤其是高三数学教师，每天都会与不同的试题打交道，如何利用好这些试题，并结合教学目标，挖掘其价值，提高高三复习成效，是每一个高三毕业班数学任课教师所追求的目标．笔者整理了一些高三复习课教学的心得体会与同仁共享．ʌ关键词ɔ高三复习；核心素养；复习课；高考布卢姆是美国著名的教育学家，他认为教学的有效性关键在于教师是否明确了解所需达成的教学目标．在高三数学复习教学设计中，为了更好地提高复习成效，我以公式为切入点，针对公式的生成和应用开展专项复习，并通过思维导图的方式将公式内在联系直观表现出来，与学生一同梳理其中的逻辑关系，形成完善的知识链．在学生掌握基础公式的同时，我还通过具体例题，让学生进一步体会公式的应用．最后，回归到历年高考真题，让学生在真题中进行实践，从而归纳总结出解题思路．一㊁着眼学生思维发展，设计梯度性例题例题的选择在一定程度上关系到高三数学复习的质量，教师所选例题越具有代表性，越能帮助学生更好地建立知识体系，从而全面了解该例题所涵盖的知识与方法．阶梯性例题模式能帮助不同层次的学生实现知识的完善．例如，在开展 三角函数基本公式的应用 这一知识点复习时，我就选择了如下例题：求证：（１＋ｔａｎ１ʎ）（１＋ｔａｎ２ʎ） （１＋ｔａｎ４４ʎ）＝２２２ ①．对于这道题，班级数学成绩较好的学生基本能独立解答，同时能联想：若α，β都为锐角，且α＋β＝π４，则（１＋ｔａｎα）（１＋ｔａｎβ）＝２ ②．数学基础一般的学生也能通过公式找到解此题的思路，但是对于很多数学基础较薄弱的学生，就会感到束手无策．所以，我转变思路，首先将问题②提出，鼓励学生以小组为单位进行证明，最后用引申的方式，独立完成问题①的证明，整个教学过程使得所有层次的学生都得到锻炼，学生学习兴趣浓厚，知识掌握得也非常好．二㊁问题引领，探究知识本质在高三数学复习课中，教师应当积极为学生创设情境，以问题作为载体，引出本节课所要复习的知识和方法，从而引导学生去探究数学知识的本质．例如，在开展 二项式定理 复习课时，在课堂伊始，我就创设了如下问题情境：已知：函数ｆ（ｘ）＝ｘ＋１ｘ（ｘ＞０），求证：ｆｎ（ｘ）－ｆ（ｘｎ）ȡ２ｎ－２（ｎɪＮ＋）．此题解题思路在于：ｆｎ（ｘ）－ｆ（ｘｎ）＝ｘ＋１ｘ()ｎ－ｘｎ＋１ｘｎæèçöø÷．在开展复习课时，教师必须要结合教学内容，在学生现有的知识能力和解题技巧上，通过设定恰到好处的问题情境，引导学生查漏补缺，掌握数学知识要点．二项式定理涉及繁杂的公式变形，很多学生掌握不牢固，因此教师需要通过复习课进行强化．该例题就很好地考查了二项展开式㊁组合数的对称性等知识点，所以该例题是比较好的复习载体．具体解题过程如下：令Ｓ＝Ｃ１ｎｘｎ－２＋Ｃ２ｎｘｎ－４＋Ｃ３ｎｘｎ－６＋ ＋Ｃｎ－２ｎ１ｘｎ－４＋Ｃｎ－１ｎ１ｘｎ－２，则Ｓ＝Ｃｎ－１ｎ１ｘｎ－２＋Ｃｎ－２ｎ１ｘｎ－４＋Ｃｎ－３ｎ１ｘｎ－６＋ ＋Ｃ２ｎｘｎ－４＋Ｃ１ｎｘｎ－２．因为Ｃ１ｎ＝Ｃｎ－１ｎ，Ｃ２ｎ＝Ｃｎ－２ｎ， ，Ｃｎ－１ｎ＝Ｃ１ｎ，所以２Ｓ＝Ｃ１ｎ(ｘｎ－２＋１ｘｎ－２)＋Ｃ２ｎ(ｘｎ－４＋１ｘｎ－４)＋ ＋Ｃｎ－１ｎ(１ｘｎ－２＋ｘｎ－２)．又因为ｘｎ－２＋１ｘｎ－２ȡ２， ，１ｘｎ－２＋ｘｎ－２ȡ２，所以２Ｓȡ２（Ｃ１ｎ＋Ｃ２ｎ＋ ＋Ｃｎ－２ｎ＋Ｃｎ－１ｎ）＝２（２ｎ－２），即ｆｎ（ｘ）－ｆ（ｘｎ）ȡ２ｎ－２．三㊁灵活多变，在探究中深化思维高考试题通常都凝聚着出题人的心血，蕴含着极为丰富的内涵，而近年来，随着教育改革的推进，高考试题逐渐开始注重学生思维能力的考核．因此，教师要借助高考真题，引导学生从不同切入点去思考问题，从而培养学生的数学思维能力．以 两角和与差的正弦㊁余弦和正切公式 为例，为完成预期教学设想，我对本章内容进行了反复阅读㊁钻研，同时结合考纲要求，最后将所涉及的四个公式以命题形式体现出来，循序渐进地引导学生对公式进行验证，并形成解题思路．而后，围绕教材，对内容进行优化处理，形成了一组基础性较强的题组．１．利用和（差）公式计算下列各式的值：①ｃｏｓ７５ʎ；②ｓｉｎ２０ʎｃｏｓ１１０ʎ＋ｃｏｓ１６０ʎｓｉｎ７０ʎ；③１＋ｔａｎ１５ʎ１－ｔａｎ１５ʎ；２．已知ｓｉｎ２α＝－ｓｉｎα，αɪπ２，π()，求ｔａｎ２α的值．３．已知α，β都是锐角，ｃｏｓα＝３５，ｃｏｓ（α＋β）＝－５１３，求㊀㊀㊀㊀㊀ｓｉｎβ的值．练习题的设计必须要契合新课标要求，因此我围绕教材例题进行改编，在全面剖析教材的基础上，推动教学成果的进一步落实．所以，第一题主要是引导学生能够正确识别公式，并能灵活进行正反应用；第二题的设计目的在于检查学生是否熟练掌握二倍角公式；第三题则为检验学生的数学思维以及对问题的捕捉力．在打好基础的同时，我围绕本章复习要点，做好问题串设计，以此来推进学生核心素养的培养．具体题组设计如下：例：在әＡＢＣ中，ｃｏｓＡ＝４５，ｃｏｓＢ＝２５５，求ｓｉｎ（Ａ＋Ｂ）的值．设计意图：低起点，让人人会做，以此来规范学生的解答过程．变式１：在әＡＢＣ中，ｃｏｓＡ＝４５，ｃｏｓＢ＝２５５，求ｃｏｓ（２Ａ－２Ｂ）的值．设计意图：展示学生多种解题法，检验学生对公式的掌握程度．变式２：在әＡＢＣ中，ｃｏｓＡ＝４５，ｓｉｎＢ＝２５５，求ｓｉｎ（Ａ＋Ｂ）的值．设计意图：考查学生是否具备缜密的数学观察和演算能力，同时提醒学生注意在三角形中计算三角函数值，需要筛选和提炼出题目中的隐藏条件．变式３：在әＡＢＣ中，ｃｏｓＡ＝４５，ｃｏｓＢ＝２５５，求ｔａｎ（Ａ－２Ｂ）的值．设计意图：训练学生掌握常规解法，求出ｔａｎＡ，ｔａｎ２Ｂ后直接使用两角差的正切展开式即可．变式４：在әＡＢＣ中，ｃｏｓＡ＝４５，ｃｏｓ（Ａ＋Ｂ）＝－２５５，求ｓｉｎ（２Ａ＋Ｂ）的值．设计意图：让学生初步学会使用角的变换来求解这类三角函数值，形成做这类题的基本套路．变式５：在әＡＢＣ中，ｃｏｓＢ＝４５，ｃｏｓ（Ａ＋Ｂ）＝－２５５，求ｓｉｎ（２Ａ＋Ｂ）的值．设计意图：进一步强化学生的综合解题能力，为落实考纲要求奠定良好基础．上述题组具有明确的训练目的，旨在让学生在练习中留意角的范围，在公式应用过程中熟悉各种公式的类型，并能在实际应用中灵活运用，可以说是多角度考查了学生的掌握情况，并基于新课改中数学核心素养培养要求，检测学生数学知识的综合运用能力．教学后，结合学生课堂表现，我认为可对题组进行更深入的优化，提高题组的丰富性，加强对学生数学思维和综合能力的培养，因此进行了如下调整：例１：在әＡＢＣ中，ｃｏｓＡ＝４５，ｃｏｓＢ＝２５５，求ｓｉｎ（Ａ＋Ｂ）的值．练习１：在әＡＢＣ中，ｃｏｓＡ＝４５，ｃｏｓＢ＝２５５，求ｃｏｓ（２Ａ－２Ｂ）的值．练习２：在әＡＢＣ中，ｃｏｓＡ＝４５，ｃｏｓ（Ａ＋Ｂ）＝－２５５，求ｓｉｎＢ的值．练习３：在әＡＢＣ中，ｃｏｓＢ＝４５，ｃｏｓ（Ａ＋Ｂ）＝－２５５，求ｓｉｎ（２Ａ＋Ｂ）的值．例２：已知ｓｉｎα＋π６()＝１３，αɪ－π２，０()，求ｃｏｓα的值．练习１：已知ｓｉｎα＋π６()＝１３，αɪ－π２，０()，求ｓｉｎ２α－π３()的值．练习２：已知ｃｏｓα＋π６()＝４５，αɪ０，π２()，求ｓｉｎ２α＋π１２()的值．设计意图：和原题组设计相比，例题和练习题的功能依然能涵盖之前的全部，同时问题的多样性和递进性上可能更好，对学生更具有吸引力，更有助于学生数学能力的提升和数学素养的培养．四㊁掌控学习进度，科学推进复习进度在高三复习课中，教师应合理掌控复习进度，有针对性地帮助学生答疑解惑，同时根据学生的实际情况，注重不同能力的培养．比如，针对数学基础好的学生，应当对其加强独立思维能力的训练；对于数学基础一般的学生，应当强化训练其对基础知识的灵活运用；对于数学基础相对比较薄弱的学生，应当对其加大练习强度，在专项训练中不断提高数学成绩．与此同时，还要重视作业的练习价值，在布置课后作业时切勿出现一刀切的情况，否则学优生可能会觉得没有挑战性，而学困生则会觉得难度太大，无从下手．所以，教师需要根据学生的实际情况，在尊重学生个体差异的基础上，科学推进复习进度，控制好习题的量与难度．总而言之，在复习阶段，教师应注重课堂教学氛围的营造，以此来激发学生的参与积极性，调动学生思维，进而使学生产生强烈的求知欲，真正成为课堂学习的主体．高三复习课质量直接关乎学生的成绩，因此教师要吃透教材，紧扣考纲，研读新课程标准，回归课堂教学，确保教学内容与考纲要求契合．以上是我个人的一点看法和体会，在今后的教学中，我会持续探索复习课教学方法，助力学生全面发展．ʌ参考文献ɔ［１］宋磊．高三微专题教学资源的开发与课堂教学实践：以一堂公开课 捕捉数学问题中公式的影子 为例［Ｊ］．高中数学教与学，２０１９（１３）．［２］凌燕萍．上教版高三数学教材中样本标准差公式合理性初探［Ｊ］．中学数学教学，２０１８（０３）：１５－１７．［３］徐荣新．追本溯源：谈高三第一轮复习教材回归的策略［Ｊ］．中学数学教学参考：上旬，２０１８（５）：５５－５６．［４］俞静秋．设置阶梯，拾级而上：有关高中数学阶梯式复习的几点思考［Ｊ］．语数外学习，２０１８（１）：４５．。
核心素养理念下高中足球教学方法
核心素养理念下高中足球教学方法摘要：足球运动，是广大青少年最喜欢的运动之一。
当今社会，我国对足球教育越来越重视，不断加大了对足球教学的探索和研究力度。
因为我国足球教育起步较晚，发展较慢，所以当前我国的足球教育教学成果难以令人满意，学生对足球的发展历史，所传达精神理解不够深入，运球技术和基本技能掌握程度较差。
为了迎合当今社会的发展，提高学生足球水平，需要足球教师与时俱进，开拓创新，不断地改进自己的教学方法，培养学生对足球的新区，提高学生学习的热情，为学生营造出一副和谐、友善、拼搏、竞争的学习氛围。
关键词：核心素养；高中；足球教学足球运动是当今世界最具影响力的体育运动，尤其受高中学生的热爱。
现如今，国家对足球教育重视力度越来越大，全面的推广校园足球。
在校园开展足球运动有利于让学生通过运动增强体质，提高身体素质。
真正优秀的学生，不应只是单纯的文化课成绩好，而应该是德、智、体、美全面发展。
高中学生处于高考的压力下，缺乏锻炼，一般身体素质都不太好，开展足球教育让学生能从繁重的学业中抽身而出，起到缓解压力锻炼身体作用的同时，又增加了学生的知识面开阔了学生的视野。
一、高中体育足球教学的重要性蹴鞠是我国古代最受欢迎的运动之一，它的外形和游戏规则与现代的足球基本相同，由此可以得出结论，蹴鞠算是我国早期的足球运动。
足球教师可以参考一下具体的古代文献，历史资料，向学生讲述足球的发展史，增强学生的理解[1]。
我国的足球教育发展一直都没有处于一个很好的阶段，在一些国际性的比赛中，中国的足球队因球技较差，丧失了很多参赛资格。
在经济方面，我们从当时的食不果腹，民不聊生，积贫积弱，转变为现在的人民收入普遍提高，经济飞速发展；在政治方面，我们从当时受人诟病的东亚病夫，转变成了受他国尊敬有话语权的泱泱大国；体育方面，我们的乒乓球屡次在一些国际性的比赛中，不费吹灰之力就能赢得各种大奖，但就某几项体育运动首屈一指是不够的，我国需要全面发展，努力提高全民的足球技能水平，往小来讲，足球运动有利于缓解学生压力，起到强身健体的作用；往大来讲，足球运动的推广，有利于增强民族荣誉感。
(完整版)外接球专项训练(带详细答案)
外接球专项训练参照答案一．选择题1、已知球 O 的半径为 2，圆 M 和圆 N 是球的相互垂直的两个截面，圆M 和圆 N 的面积分别为 2和，则|MN| （ ）A ．1B ．3C ．2D ．5【答案】 Dd 12 1 R 2 d 22 835，故【分析】来由球心距与截面圆的半径之间的关系得d 222 d 12R 2MNd 12 d 225 ，应选 D 。
考点：球的几何性质及运算。
2、在三棱锥中，， 中点为 ，，则此三棱锥的外接球的表面积为（ ）A ．B ．C．D．【答案】 CPCBMA【分析】如 图 , 易知 BM12 213 2 ， 因AC 1, PM3，由余弦定理可得 PB1 3 2 323PB 2 AB 2 PA 2 ，故 PB BA ; 同理 PB 2 CB 2 PC 2，故 PB BC ，所以 P, A, B, C 是棱长为 2 的正方体的四个极点，其外接球就是正方体的外接球，半径为R32，所之外接球的面积为 S 46 6 ，24应选 C 。
考点：球与几何体的外接和表面积的计算公式。
3、球 O 的球面上有四点 S, A, B,C ，此中 O, A, B, C 四点共面， ABC 是边长为 2 的正三角形，面 SAB面ABC ，则棱锥 S ABC 的体积的最大值为（）3B ．3C． 2 3D ． 4A ．3【答案】 A【分析】设球心和ABC 的外心为 O ，延伸 CO 交 AB 于点 P ，则由球的对称性可知PD AB ，既而由面SAB 面 ABC 可得 PD ABC 所在的平面，所以PD 是三棱锥的高；再由O, A, B,C 四点共面可知O 是ABC 的中心，故OP 3, R 2 3 ，当三棱锥的体积最大时，其高为 PD(2 3) 2 ( 3)2 1 ，故三3 3 3 3棱锥的体积的最大值为 1 3 2 2 1 3，应选 A。
3 4 3考点：几何体的外接球等相关知识的运用。
【易错点晴】球与几何体的外接和内切问题向来是高中数学中题的重要题型，也高考和各级各种考试的难点内容。
山东省潍坊市2023届高三下学期高中学科核心素养测评数学试题
山东省潍坊市2023届高三下学期高中学科核心素养测评数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．设()f x 为R 上的可导函数，且()()112lim2x f f x x∆→−+∆=−∆，则曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线斜率为（ ）A ．2B ．-1C ．1D ．12−2．已知全集{}290U x x =−<，集合11A y y ⎧⎫=≥⎨⎬⎩⎭，则U A =ð（ ）A ．[]0,1B ．(][)3,01,3−⋃C ．()3,3−D ．(]()3,01,3−⋃3．甲、乙两名篮球运动员在8场比赛中的单场得分用茎叶图表示（图1），茎叶图中甲的得分有部分数据丢失，但甲得分的折线图（图2）完好，则（ ）A ．甲的单场平均得分比乙低B ．乙的60%分位数为19C ．甲、乙的极差均为11D ．乙得分的中位数是16.54．已知函数()()*sin cos n n n f x x x n =+∈N ，函数()4324y f x =−在3π0,8⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的零点的个数为（ ） A ．2B ．3C ．4D ．55．如图，在正三棱锥D -ABC 中，AB =2DA =，O 为底面ABC 的中心，点P 在线段DO 上，且PO DO λ=uu u r uuu r，若PA ⊥平面PBC ，则实数λ=（ ）A ．12B ．13−C D 6．阿基米德螺线是一个点匀速离开一个固定点的同时又以固定的角速度绕该固定点转动而产生的轨迹．如图，在平面直角坐标系xOy 中，螺线与坐标轴依次交于点()11,0A −，()20,2A −，()33,0A ，()40,4A ，()55,0A −，()60,6A −，()77,0A ，()80,8A ，并按这样的规律继续下去．若四边形123n n n n A A A A +++的面积为760，则n 的值为（ ）A ．18B ．19C ．21D ．227．已知双曲线()22122:10,0x y C a b a b −=>>的左，右焦点分别为1F ，2F ，点2F 与抛物线()22:20C y px p =>的焦点重合，点P 为1C 与2C 的一个交点，若△12PF F 的内切圆圆心的横坐标为4，2C 的准线与1C 交于A ，B 两点，且92AB =，则1C 的离心率为（ ） A ．94B ．54C ．95D ．748．设a =0.1e b =，1ln1.1c =+，则（ ） A ．a b c >>B ．c b a >>C ．b a c >>D ．b c a >>二、多选题9．假设某厂有两条包装食盐的生产线甲、乙，生产线甲正常情况下生产出来的包装食盐质量服从正态分布()2500,5N （单位：g ），生产线乙正常情况下生产出来包装食盐质量为x g ，随机变量x 服从正态密度函数()2200(1000)x x ϕ−−=，其中x ∈R ，则（ ）附：随机变量2(,)N ξμσ−，则()0.683P μσξμσ−<<+=，()220.954P μσξμσ−<<+=，()330.997P μσξμσ−<<+=．A ．正常情况下，从生产线甲任意抽取一包食盐，质量小于485g 的概率为0.15%B ．生产线乙的食盐质量()2~1000,100x NC ．生产线乙产出的包装食盐一定比生产线甲产出的包装食盐质量重D ．生产线甲上的检测员某天随机抽取两包食盐，称得其质量均大于515g ，于是判断出该生产线出现异常是合理的10．已知非零向量a e ≠，1e =，对任意t R ∈，恒有a te a e −≥−，则（ ） A ．a 在e 上的投影的数量为1 B ．2a e a e +≥−r r r rC ．()a a e ⊥−D ．()e a e ⊥−11．已知函数()f x 的定义域D 关于原点对称，,0m D m ∃∈>且()1f m =，当()0,x m ∈时，()0f x >；且对任意,,y D x y D x D ∈−∈∈且x y ≠，都有()()()()()1f x f y f x y f y f x +−=−，则（ ）A ．()f x 是奇函数B ．()30f m =C ．()f x 是周期函数D ．()f x 在()2,3m m 上单调递减12．设x ∈R ，当()11Z 22n x n n −≤<+∈时，规定x n =，如1.21=， 4.54−=−．则（ ）A ．(),R a b a b a b +≤+∈B ()*N n n =∈C ．设函数sin cos y x x =+的值域为M ，则M 的子集个数为32D ．()*11112111N 22222n x x x x nx n n nn −−+−++−+++−+=−∈三、填空题13．已知,R a b ∈，()320233i i i a b −+=+（i 为虚数单位），则a b +=______．14．已知圆M 满足与直线:60l x −=和圆()()22:129N x y −+−=都相切，且直线MN 与l 垂直，请写出一个符合条件的圆M 的标准方程________________________． 15．若0x >，0y >，则22334x yx y +++的最大值为____________．四、双空题16．公元656年，唐代李淳风注《九章算术》时提到祖暅的开立圆术．祖暅在求球体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高．意思是两个同高的几何体，若在等高处的截面积相等，则体积相等．如图是某厂家生产的游泳池浮漂实物图及设计图，则h 的长度为____________cm ；利用祖暅原理可求得该浮漂的体积为____________3cm ．五、解答题17．将正奇数数列1，3，5，7，9…的各项按照上小下大、左小右大的原则写成如图的三角形数表．(1)设数表中每行的最后一个数依次构成数列{}n a ，求数列{}n a 的通项公式； (2)设()211n n n n b a −=+，求数列{}n b 的前n 项和n T ．18．设钝角△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且()2222a b c R ab +−=，其中R 是ABC 外接圆的半径． (1)若7π12B =，求C 的大小；(2)若2CD DA =，π2CBD ∠=，证明：ABC 为等腰三角形．19．如图，直角梯形ABCD 中，//,,22AB DC AB BC AB BC CD ⊥===，直角梯形ABCD 绕BC 旋转一周形成一个圆台．(1)求圆台的表面积和体积；(2)若直角梯形ABCD 绕BC 逆时针旋转角(0)θθ>到11A BCD ，且直线1A D 与平面ABCD所成角的正弦值为7，求角θ的最小值． 20．某校举行“强基计划”数学核心素养测评，要求以班级为单位参赛，最终高三一班（45人）和高三二班（30人）进入决赛．决赛规则如下：现有甲、乙两个纸箱，甲箱中有4个选择题和2个填空题，乙箱中有3个选择题和3个填空题，决赛由两个环节组成，环节一：要求两班级每位同学在甲或乙两个纸箱中随机抽取两题作答，作答后放回原箱．并分别统计两班级学生测评成绩的相关数据；环节二：由一班班长王刚和二班班长李明进行比赛，并分别统计两人的测评成绩的相关数据，两个环节按照相关比赛规则分别累计得分，以累计得分的高低决定班级的名次．(1)环节一结束后，按照分层抽样的方法从两个班级抽取20名同学，并统计每位同学答对题目的数量，统计数据为：一班抽取同学答对题目的平均数为1，方差为1；二班抽取同学答对题目的平均数为1.5，方差为0.25，求这20人答对题目的均值与方差； (2)环节二，王刚先从甲箱中依次抽取了两道题目，答题结束后将题目一起放入乙箱中，然后李明再抽取题目，已知李明从乙箱中抽取的第一题是选择题，求王刚从甲箱中取出的是两道选择题的概率．21．已知动点P 与两定点()12,0A −，()22,0A ，直线1PA 与2PA 的斜率之积为34−，记动点P 的轨迹为曲线C ． (1)求曲线C 的方程；(2)设()(),012D a a <<，E 为直线2x a =上一动点，直线DE 交曲线C 于G ，H 两点，若GD 、HE 、GE 、HD 依次为等比数列{}n b 的第m 、n 、p 、q 项，且m n p q +=+，求实数a 的值．22．已知函数()()()e ln 11R xf x k x k =++−∈．(1)当1k =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程； (2)若对任意()1,x ∈+∞，都有()0f x ≥，求实数k 的取值范围；(3)当12k ≥−时，对任意的[),0,s t ∈+∞，且s t ≠，试比较()()f s f t ''+与()()22f s f t s t−−的大小．。
篮球队教练——基于核心素养的《百分数(一)》单元整体作业设计
篮球队教练——基于核心素养的《百分数（一）》单元整体作业设计01 项目设计的理论分析1.构建主义理论本项目设计的基础理论是“构建主义”，该理论提倡，知识的形成和发展是由学生通过主动探索和实践所构建的，而非被动接受的过程。
学习不再是简单的知识传递，而是一种对新知识的创新构建和理解。
学生通过解决实际问题、完成任务，将理论知识转化为实际应用，构建出属于自己的知识体系。
在本项目中，我们让学生扮演篮球队教练的角色，需要他们利用已学的百分数知识，通过计算球员的投篮命中率来决定赛场策略。
这样的学习过程，让学生能在实践中掌握百分数的读写，理解和转换，以及百分数在实际问题中的应用，体验数学的实用性和乐趣。
此外，学生也能在这一过程中学习到如何利用分数知识来解决百分数问题，提升他们的数学思维能力。
因此，基于构建主义理论，这个项目不仅能让学生更好地理解百分数的意义，而且也能在实践中提升他们的数学能力，对培养他们的核心素养也有很大的帮助。
项目设计就像是为学生搭建一座桥梁，他们通过这座桥梁，将理论知识应用到实际中，实现知识的内化和个性化。
2.核心素养的应用本项目着重强调的核心素养包括数感、运算能力、数据意识和应用意识。
首先，项目要求学生在决定篮球赛策略的过程中，通过分析和比较各球员的投篮命中率，这就需要他们具备较强的数感。
数感是指对数值、大小、比例和关系的敏感度，也包括对数的特性、运算规律和模式的理解和应用。
在本项目中，学生需要用到这种敏锐的数感，去解读各个球员的投篮数据，从中找出他们投篮命中率的差异，这也就意味着他们需要理解数值大小的含义，以及数值之间的关系。
其次，这个项目也会锻炼学生的运算能力。
因为学生需要运用百分数、小数和分数之间的转换，以便在需要时进行相应计算。
百分数、小数和分数是数学中最常用的表示数值的方式，它们之间的转换是数学学习中的基础内容。
通过本项目，学生可以在实际情境中自然而然地运用这种转换，既提升了他们的运算能力，也加深了他们对这些数值之间关系的理解。
基于核心素养下高中体育原地推铅球的训练方法例谈
基于核心素养下高中体育原地推铅球的训练方法例谈摘要：随着我国教育改革的不断推进，学校教育越来越关注核心素养的培养，更加注重提高学生的综合能力。
在现代高中体育教学中，也更注重将核心素养与体育技能相协调培养。
结合实际教学情况，以原地推铅球为例，通过不同的训练方法练习原地推铅球，并不断地对训练方法进行改进完善，以此提高学生的核心素养。
本文从高中体育原地推铅球的训练方法出发，为高中体育的教学提供参考。
关键词:核心素养高中体育原地推铅球训练方法原地推铅球作为高中体育教学中一个重要的教学内容，学生的核心素养培养方面也不容忽视。
在教育改革后，教师更加注重学生的能力与素养，通过多元化的学习方式，帮助学生掌握正确的技术要领，既提高学生的身体素质，又能提高学生的心理素质，训练学生的应变能力。
一、原地推铅球训练中容易出现的问题（一）在原地推铅球项目中，学生的右腿伸蹬力往往起着决定成绩的作用。
因此，学生在日常训练中，往往比较注重对右腿伸蹬力度的练习，而忽视了对左腿部力量的练习。
实际上，在原地推铅球的过程中，左腿有力支撑能够帮助学生调动起整个左腿肌群的力量，再使力量从下至上传递，调动全身的力量。
调整铅球的出手角度，改变铅球飞出的高度和速度，促使学生成绩提高。
原地推铅球项目本身需要调动全身的力量，根据自己的具体情况进行练习，才能取得好成绩。
（二）学生在训练过程中，容易忽略左臂摆动和头部姿势，出现左臂摆动和头部姿势不正确的情况。
从生理学角度来讲，人的头部位置会影响身体的协调性，即头部姿势的变化会引起身体躯干的变化，使身体自行调整并以维护平衡。
在这种情况下，会改变学生的投掷姿势，进而影响投掷的成绩，使原地推铅球训练效率低下。
所以，在练习原地推铅球时，教师也要注意纠正学生的左臂摆动和头部知识，促使学生全身肌肉更加协调。
二、高中体育原地推铅球的训练方法（一）要充分调动学生训练的积极性，促进身体的协调性。
对学生进行协调性训练，一是要进行经济基础训练。
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基于核心素养高中数学--球专项训练卷I（选择题）一、选择题（本题共计 10 小题，每题 4 分，共计40分，）1. 在直三棱柱中，，，若该直三棱柱的外接球表面积为，则此直三棱柱的高为()．A.4B.3C.D.2. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=√2，AA1=2，则该长方体的外接球的表面积为()A.4πB.8πC.16πD.32π3. 已知一个球的体积与其表面积的数值相等，则此球的半径等于()A.1B.2C.3D.44. 已知三棱锥C−ADB中，CB⊥平面ABD，BC=2AD=2√3，AB=1，AD⊥AB，则三棱锥C−ADB的外接球的表面积为( )A.πB.4πC.9πD.16π5. 已知A，B，C，D四点均在以点O为球心的球面上，且AB=AC=AD=2√5，BC=BD=4√2，CD= 8．则球O的半径为（）A.2B.3C.5D.66. 过球的一条半径的中点，作与该半径所在直线成30∘的平面，则所得截面的面积与球的表面积的比为（）A.15 256B.45256C.1564D.45647. 直三棱柱的所有顶点都在同一球面上，且，，，则该球的表面积为()A. B. C. D.8. 已知圆锥的底面半径为4，高为8，则该圆锥的外接球的表面积为（）A. 10πB.64πC.100πD.500π3，则三棱锥P−9. 在三棱锥P−ABC中，AB=√3BC=√3，∠ABC=∠BCP=∠PAB=90∘，cos∠CPA=√24ABC外接球的表面积为（）A.5πB.13πC.6πD.14π10. 在四面体ABCD中，AB=AC=2√3，BC＝6，AD⊥底面ABC，△DBC的面积是6，若该四面体的顶点均在球O的表面上，则球O的表面积是（）A.24πB.32πC.46πD.49π卷II（非选择题）二、填空题（本题共计 6 小题，每题 5 分，共计30分，）11. 三棱柱ABC−A1B1C1各顶点都在一个球面上，侧棱与底面垂直，∠ACB＝120∘，CA＝CB＝2√3，AA1＝4，则这个球的表面积为________．12. 三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA=√10，AB=2,AC=√2，则三棱锥P−ABC的外接球球的表面积为________．13. 如图，在△ABC中，AB=BC=√6，∠ABC=90∘，点D为AC的中点，将△ABD沿BD折起到△PBD的位置，使PC=PD，连接PC，得到三棱锥P−BCD，若该三棱锥的所有顶点都在同一球面，则该球的体积是________.14. 四面体ABCD中，共顶点A的三条棱两两相互垂直，且其长分别为1、√6、3，四面体的四个顶点在同一个球面上，则这个球的体积为________．15. 长方体的三条棱长分别为1，√2，√6，则此长方体外接球的体积与表面积之比为________．16. 已知三角形PAD所在平面与矩形ABCD所在平面互相垂直，PA=PD=AB=2，∠APD=120∘，若点P、A、B、C、D都在同一球面上，则此球的表面积等于________．三、解答题（本题共计 5 小题，每题 10 分，共计50分，）17. 如图所示，在棱长为1的正方体内有两个球相外切且又分别与正方体内切，求两球半径之和．18. 正三棱锥的高为1，底面边长为2√6，内有一个球与四个面都相切，求棱锥的表面积和球的半径．19. 如图，在三棱锥P−ABC中，平面PAC⊥平面ABC，ΔPAC是边长为2的等边三角形，AB⊥AC，AB= AC，则三棱锥P−ABC外接球的表面积为________．20. 已知三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S−ABC的体积为9，求球O的表面积．21. 《九章算术》是中国古代的数学专著，是《算经十书》中最重要的一种，成于公元一世纪左右.书中对一些特殊的柱体、锥体有特定的命名.例如，将长方体切割成两个一模一样的三角柱体，称正视图左视图之为“堑堵”若某一个“堑堵”的三视图如图所示，则该柱体的外接球表面积是________.参考答案与试题解析高中数学--球一、选择题（本题共计 10 小题，每题 4 分，共计40分）1.【答案】D【解答】解：因为∠ABC=π2，所以将直三棱柱ABC−A1B1C1补成长方体ABCD−A1B1C1D1，则直三棱柱的外接球就是长方体的外接球，外接球的直径等于长方体的体对角线，设球的半径为R，则4πR2=16π，解得R=2设直三棱柱的高为ℎ，则4R2=22+22+ℎ2，即16=8+ℎ2解得ℎ=2√2，所以直三棱柱的高为2√2故选：D2.【答案】B【解答】解：有题意可得，长方体的体对角线长为√2+2+4=2√2，则该长方体的外接球的半径为r=√2，因此，该长方体的外接球的表面积为4πr2=8π.故选B.3.【答案】C【解答】解：设球的半径为r，则球的体积为：4πr 33，球的表面积为：4πr2因为球的体积与其表面积的数值相等，所以4πr 33=4πr2解得r=3故选C.4.【答案】D【解答】解：设DB，DC的中点分别为M，N，连接MN.因为BC=2AD=2√3，AB=1,AD⊥AB，所以BD=2，又因为CB⊥平面ABD，所以CB⊥DB，所以CD=4，易知MN//CB，所以MN⊥平面ABD，而M是△ABD的外心，N点是△BCD的外心，则N即是三棱锥C−ABD的外接球球心，所以外接球的半径为：12CD=2，所以外接球表面积为4π×4=16π.故选D.5.【答案】C【解答】如图所示：已知A，B，C，D四点均在以点O为球心的球面上，且AB=AC=AD=2√5，BC=BD=4√2，CD=8．则：BC2+BD2=CD2，所以：△BCD为直角三角形．由于AC=AD=2√5，CD=8．所以：△ACD为钝角三角形．且CD上的高为：ℎ=√(2√5)2−42=2故球心在点A与CD的中点的连线上．设球的半径为r，则：r2=(r−2)2+16，解得：r=5．故所求的球O的半径为5．故选：C．6.【答案】C【解答】此题暂无解答7.【答案】A【解答】解：如图所示，…直三棱柱ABC−A1B1C1的所有顶点都在同一球面上，且AB=AC=2,∠BAC=90∘AA1= 4√2ALB1可将直三棱柱ABC−A1B1C1补成长方体，其中AB=AC=BM=CM=2AA1=BB1=4√2，长方体的对角线CB1=√CM2+MB11=√CM2+MB2+BB12=√22+22+(4√2)2=2√10，即为球的直径，则球的半径”为√10球的表面积为S=4πr2=4π×(√10)2=40π故选：A．8.【答案】C【解答】解：圆锥的底面半径为4，高为ℎ，则设圆锥的外接球的半径为R，画出圆锥的轴截面如图所示，则外接球的半径是轴截面三角形的外接圆的半径；设O为△ABC的外心，则由勾股定理得R2=42+(8−R)2，解得R=5.∴该圆锥外接球的表面积为S=4πR2=4π⋅52=100π.故选C.9.【答案】A【解答】，已知：∠ABC=∠BCP=∠PAB=90∘，所以利用勾股定理：3+y2=1+x2(1)由（2）（3）得：，整理得：7y4−18y2+8=0，（舍去），所以：y=√2，x=(2)解得：y=√2或y=√47由于三棱锥是由长方体切割而成，设长方体的棱长为a、b、c．故：a2+b2=√32=3，b2+c2=√52=5，a2+c2=√22=2，所以：2a2+2b2+2c2=10，即：a2+b2+c2=(5)则：4r2=5，解得：r2=54，所以：S=4π∗54=5π，故选：A．10.【答案】D【解答】取CD的中点E，连结AE，DE，∵在四面体ABCD中，AD⊥平面BCA，AB=AC=2√3，AE⊥BC，∴DE⊥BC，∵△DBC的面积是6，BC＝6，∴DE＝2，∴AE=√3∴AD＝1∴AH=12AD=12设底面ABC的外接圆的圆心为G，可得外接圆半径r＝2√3．作OG // AB交AB的中垂线HO于O，O为外接球的中心，半径为R＝OA．可得：OA2＝AH2+AG2，即R2=494四面体ABCD外接球的表面积为：4πR2＝49π．二、填空题（本题共计 6 小题，每题 5 分，共计30分）11.【答案】64π【解答】在△ABC中，∠ACB＝120∘，CA＝CB＝2√3，由余弦定理可得AB＝6，由正弦定理，可得△ABC外接圆半径r＝2√3，设此圆圆心为O′，球心为O，在RT△OAO′中，得球半径R=√4+12=4，故此球的表面积为4πR2＝64π．12.【答案】16π【解答】由题意将三棱锥放在长方体内，外接球的直径为长方体的对角线，设外接球的半径为R，则由题意得：(2R)2＝PA2+AB2+AC2＝16，∴S＝4πR2＝16π，13.【答案】7√7π6【解答】解：由题意得，该三棱锥的面PCD是边长为√3的正三角形，且BD⊥平面PCD，设三棱锥P−BCD外接球的球心为O，△PCD外接圆圆心为O1，则OO1⊥面PCD，∴四边形OO1DB为直角梯形，由BD=√3，O1D=1，OB=OD，得OB=√72，∴三棱锥P−BCD的外接球半径R=√72，∴该球的体积V=43πR3=43π×(√72)3=7√7π6.故答案为：7√7π6.14.【答案】32π3【解答】解：∵ 四面体ABCD 中，共顶点A 的三条棱两两相互垂直， 故可将其补充为一个长宽高分别为1、√6、3的长方体， 则其外接球的直径2R =√1+6+9=4则R =2 故球的体积V =43πR 3=32π3故答案为：32π3．15.【答案】12【解答】解：由题意知，长方体的外接球的直径是长方体的对角线．∵ 长方体的三条棱长分别为1，√2，√6，∴ 长方体外接球的直径为√1+2+6=3， 即半径为32．∴ 长方体外接球的体积为43π⋅(32)3=92π，表面积为4π⋅(32)2=9π． ∴ 长方体外接球的体积与表面积之比为12．故答案为：12．16.【答案】20π【解答】解：设球心为O ，如图．由PA =PD =AB =2，∠APD =120∘，可求得AD =2√3在矩形ABCD 中，可求得对角线BD =4，故BE =2 由于点P 、A 、B 、C 、D 都在同一球面上， ∴ OP =OB =R 设OE =x ，在直角三角形BOE 中，OB 2=BE 2+OE 2=4+x 2过O 作线段OH 垂直平面PAD 于H 点，H 是垂足，由于O 点到面PAD 的距离与点E 到平面PAD 的距离相等，故OH =1∴ 在直角三角形POH 中，PO 2=OH 2+PH 2=1+(1+x)2 ∴ 4+x 2=1+(1+x)2，解得x =1，∴ 球的半径R =OB =√5 则此球的表面积等于=4πR 2=20π．故答案为：20π．三、 解答题 （本题共计 5 小题 ，每题 10 分 ，共计50分 ） 17.【解答】解：如图，ABCD 为过球心的对角面，AC =√3，设两球半径为R 、r ，则有R +r +√3(R +r)=√3，所以R +r =3−√32．18.【解答】解：过PA 与球心O 作截面PAE ，与平面PCB 交于PE ，与平面ABC 交于AE （如图） ∵ △ABC 是正三角形，∴ AE 即是△ABC 中BC 边上的高，又是BC 边上的中线， 又因为正三棱锥的高PD =1通过球心，所以D 是三角形△ABC 的重心，∵ 底面正三角形边长为2√6， ∴ DE =13AE =13×√32×2√6=√2，又PE 为侧面之高，所以PE =√3．设球的半径为r ，由△POF ∽△PED ，知rDE =1−rPE，所以r√2=1−r √3，所以r =√6−2，所以棱锥的表面积=3×12×2√6×√3+√34×(2√6)2=9√2+6√3．19.【解答】解：已知平面PAC ⊥平面ABC ，可得PA ⊥AC,PA ⊥AB ，又AB ⊥AC ， 不妨以AC,AB,AP 分别为x,y,z 轴建立空间直角坐标系， 已知△PAC 为边长为2的等边三角形，且AB =AC ，可得A(0,0,0),C(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,2)，设球心为O(x,y,z)，可得OA →=(−x,−y,−z),OB →=(−x,2−y,−z),OC →=(2−x,−y,−z),OP →=(−x,−y,2−x)， 已知|OA →|=|OB →|=|OC →|=|OP →|，解得x =y =z =1，故O(1,1,1)， 则外接球半径R =|OP →|=√(−1)2+(−1)2+(−1)2=√3 ， 故三棱锥P −ABC 外接球的表面积为S =4πR 2=12π.故答案为12π. 20.【解答】取SC 的中点O ，连接OA ，OB ，因为SA =AC ，SB =BC ，所以OA ⊥SC,OB ⊥SC ，因为平面SAC ⊥平面SBC ，所以OA ⊥平面SBC ．设OA =r,V A−SBC =13×S △SBC ×OA =13×12×2r ×r ×r =13r 3 所以13r 3=9⇒r =3，所以球的表面积为4πr 2=36π． 21.【答案】6π【解答】解：由题意可得，该柱体的外接球的直径为长宽高分别为1,1,2的长方体的对角线长， 设该柱体的外接球的半径为R ，则2R =√22+12+12=√6，故该柱体的外接球的表面积为4πR 2=π×(2R )2=6π.故答案为：6π.。