立体几何之与球有关的高考考试
2022高考数学立体几何外接球专题(含解析)
知识梳理模型一、圆柱外接球结论：422h r R +=（R：外接球半径 h：圆柱高 r：圆柱底面半径）推导：模型一推广：（1）直棱柱422h r R += （h:圆柱的高 r:直棱柱底面外接圆半径 ）学 科 数学 教师姓名 教材版本 人教版新教材学生姓名所在年级上课时间课题名称外接球问题教学目标 1、圆柱和圆锥的外接球模型2、有公共斜边的两个直角三角形组成的三棱锥外接球3、利用模型解决相关棱柱和棱锥外接球问题教学重点 教学难点（2）侧面为三角形，底面为矩形，侧面和底面垂直的四棱锥（3）侧棱垂直于底面的棱锥【2017深二模】已知三棱锥S-ABC，△ABC是直角三角形，其斜边AB=8，SC⊥平面ABC，SC=6，则三棱锥的外接球的表面积为( )（A）64π（B）68π（C）72π（D）100π模型二、圆锥外接球结论：hh r R 222+=（R：外接球半径 h：圆锥高 r：圆锥底面半径）推导：模型二推广：（1）棱锥（上顶点在底面外心正上方）外接球hh r R 222+= （h:棱锥的高 r:棱锥底面外接圆半径 ）【2018深一模】如图，网格纸上小正方形的边长为1，某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球表面积为（）A．B．C．16πD．25π【2017全国一卷文 16】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，则球O的表面积为______________．【2019 全国一卷理 12】已知三棱锥P−ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为A．B．C．D模型一、二总结题型：求几何体的外接球模型一： 422h r R += （圆柱模型） 模型二： h h r R 222+=（圆锥模型）适用于： 适用于：1、所有的圆柱、直棱柱 上顶点在底面外心正上方的棱锥2、侧棱垂直于底面的棱锥3、侧面为任意三角形，底面为矩形， 且侧面垂直于底面的四棱锥模型三、有公共斜边的两个直角三角形组成的三棱锥 ，球心在公共斜边的中点处如下图，∠ABC=∠ADC=90°，则O 为外接球球心1、在矩形ABCD 中，AB ＝4，BC ＝3，沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角D AC B --，则四面体ABCD 的外接球的体积为A. π12125B.π9125C.π6125D.π31252.三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O的球面上，且SA AC SB BC ====4SC =，则该球的体积为A 2563πB 323π C 16π D 64π专题练习类型一 构造法（补形法）【例1】已知是球上的点， , ， ,则球的表面积等于________________．【例2】【辽宁省鞍山一中2019届高三三模】刘徽《九章算术•商功》中将底面为长方形，两个三角面与底面垂直的四棱锥体叫做阳马．如图，是一个阳马的三视图，则其外接球的体积为（ ）A ．B ．C ．3πD ．4π,,,S A B C O SA ABC ⊥平面AB BC ⊥1SA AB ==BC =O【举一反三】1、【山东省济宁市2019届高三一模】已知直三棱柱的底面为直角三角形，且两直角边长分别为1和，此三棱柱的高为，则该三棱柱的外接球的体积为A．B．C．D．2、【辽宁省师范大学附属中学2019届高三上学期期中】在三棱锥S−ABC中，，则三棱锥S−ABC外接球的表面积为（）A．25ΠB．C．50ΠD．3、【河南省天一大联考2019届高三阶段性测试（五)】某多面体的三视图如图所示，其中正视图是一个直角边为2的等腰直角三角形，侧视图是两直角边分别为2和1的直角三角形，俯视图为一矩形，则该多面体的外接球的表面积为（）A．7πB．8πC．9πD．10π类型二 正棱锥与球的外接【例3】正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为 （ ） A ． B ． C ． D ．【举一反三】1、球O 的球面上有四点S ，A ，B ，C ，其中O ，A ，B ，C 四点共面，△ABC 是边长为2的正三角形，平面SAB ⊥平面ABC ，则棱锥S-ABC 的体积的最大值为( )A .33 B . 3 C ．2 3 D ．42. 【四川省德阳市2018届高三二诊】正四面体ABCD 的体积为，则正四面体ABCD 的外接球的体积为______．814π16π9π274π3、【安徽省蚌埠市2019届高三下学期第二次检查】正三棱锥P −ABC 中，√2PA =AB =4√2，点E 在棱PA 上，且PE =3EA .正三棱锥P −ABC 的外接球为球O ，过E 点作球O 的截面α，α截球O 所得截面面积的最小值为__________．类型三 直棱柱的外接球【例4】直三棱柱的各顶点都在同一球面上，若,， 则此球的表面积等于 .【举一反三】1、【云南省2019年高三第二次统一检测】已知直三棱柱的顶点都在球O 的球面上，AB =AC =2，BC =2√2，若球O 的表面积为72Π，则这个直三棱柱的体积是（ ） A ．16 B ．15C ．D ．2、已知三棱柱的6个顶点都在球的球面上,,,,则球的半径为（）A B ． C．D ．3、 正四棱柱的各顶点都在半径为的球面上，则正四棱柱的侧面积有最111ABC A B C -12AB AC AA ===120BAC ∠=︒111ABC A B C -O 34AB AC ==，AB AC ⊥112AA =O 1321111ABCD A B C D -R值，为 .答案与解析类型一 构造法（补形法）【例1】已知是球上的点， , ， ,则球的表面积等于________________． 【答案】 【解析】由已知S,A,B,C 是球O 表面上的点，所以 ，又，，所以四面体的外接球半径等于以长宽高分别以SA,AB,BC 三边长为长方体的外接球的半径，因为， ,所以，所以球的表面积.【指点迷津】当一三棱锥的三侧棱两两垂直时，可将三棱锥补成一个长方体，将问题转化为长方体（正方体）来解.长方体的外接球即为该三棱锥的外接球.【例2】【辽宁省鞍山一中2019届高三三模】刘徽《九章算术•商功》中将底面为长方形，两个三角面与底面垂直的四棱锥体叫做阳马．如图，是一个阳马的三视图，则其外接球的体积为（ ）A ．B ．C ．3πD ．4π,,,S A B C O SA ABC ⊥平面AB BC ⊥1SA AB ==BC =O 4πOA OB OC OS ===SA ABC ⊥平面AB BC ⊥S ABC -1SA AB ==BC =22,1R R ==O 244S R ππ==【答案】B【解析】由题意可知阳马为四棱锥，且四棱锥的底面为长方体的一个底面，四棱锥的高为长方体的一棱长，且阳马的外接球也是长方体的外接球，由三视图可知四棱锥的底面是边长为1的正方形，四棱锥的高为1，∴长方体的一个顶点处的三条棱长分别为1，1，1，∴长方体的对角线为，∴外接球的半径为，∴外接球的体积为.故选：B．【指点迷津】当一四面体或三棱锥的棱长相等时，可以构造正方体，在正方体中构造三棱锥或四面体，利用三棱锥或四面体与正方体的外接球相同来解即可.【举一反三】1、【山东省济宁市2019届高三一模】已知直三棱柱的底面为直角三角形，且两直角边长分别为1和，此三棱柱的高为，则该三棱柱的外接球的体积为A．B．C．D．【答案】C【解析】如图所示，将直三棱柱补充为长方体，则该长方体的体对角线为，设长方体的外接球的半径为R，则2R=4，R=2,所以该长方体的外接球的体积，故选C.2、【辽宁省师范大学附属中学2019届高三上学期期中】在三棱锥S−ABC中，，则三棱锥S−ABC外接球的表面积为（）A．25蟺B．C．50蟺D．【答案】C【解析】解：如图，把三棱锥S−ABC补形为长方体，设长方体的长、宽、高分别为，则，∴三棱锥外接球的半径∴三棱锥S−ABC外接球的表面积为．故选：C．3、【河南省天一大联考2019届高三阶段性测试（五)】某多面体的三视图如图所示，其中正视图是一个直角边为2的等腰直角三角形，侧视图是两直角边分别为2和1的直角三角形，俯视图为一矩形，则该多面体的外接球的表面积为（）A ．7πB ．8πC ．9πD ．10π 【答案】C 【解析】由三视图可得，该几何体为一个三棱锥，放在长、宽、高分别为2，1，2的长方体中，此三棱锥和长方体的外接球是同一个，长方体的外接球的球心在体对角线的中点处，易得其外接球的直径为，从而外接球的表面积为9π.故答案为：C.类型二 正棱锥与球的外接【例3】正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为 （ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A ．814π16π9π274π【指点迷津】求正棱锥外接球的表面积或体积，应先求其半径，在棱锥的高上取一点作为外接球的球心，构造直角三角形，利用勾股定理求半径. 【举一反三】1、球O 的球面上有四点S ，A ，B ，C ，其中O ，A ，B ，C 四点共面，△ABC 是边长为2的正三角形，平面SAB ⊥平面ABC ，则棱锥S-ABC 的体积的最大值为( )A .33 B . 3 C ．2 3 D ．4 【答案】A【解析】 (1)由于平面SAB ⊥平面ABC ，所以点S 在平面ABC 上的射影H 落在AB 上，根据球的对称性可知，当S 在“最高点”，即H 为AB 的中点时，SH 最大，此时棱锥S -ABC 的体积最大．学科*网因为△ABC 是边长为2的正三角形，所以球的半径r ＝OC ＝23CH ＝23×32×2＝233.在Rt △SHO 中，OH ＝12OC ＝33，所以SH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2332－⎝ ⎛⎭⎪⎫332＝1， 故所求体积的最大值为13×34×22×1＝33.2. 【四川省德阳市2018届高三二诊】正四面体ABCD 的体积为，则正四面体ABCD 的外接球的体积为______． 【答案】【解析】 解：如图，设正四面体ABCD 的棱长为x ，过A 作AD ⊥BC ， 设等边三角形ABC 的中心为O ，则AO =23AD =√33x ，，，即x=√2a．再设正四面体ABCD的外接球球心为G，连接GA，则，即．∴正四面体ABCD的外接球的体积为.故答案为：．3、【安徽省蚌埠市2019届高三下学期第二次检查】正三棱锥P−ABC中，√2PA=AB=4√2，点E在棱PA上，且PE=3EA.正三棱锥P−ABC的外接球为球O，过E点作球O的截面α，α截球O所得截面面积的最小值为__________．【答案】3π【解析】因为PA=PC=PB=4,AB=AC=BC=4√2，所以PA2+PC2=AC2，所以∠CPA=π2，同理∠CPB=∠BPA=π2，故可把正三棱锥补成正方体（如图所示），其外接球即为球O，直径为正方体的体对角线，故2R=4√3，设PA的中点为F，连接OF，则OF=2√2且OF⊥PA，所以OE=√8+1=3，当OE⊥平面α时，平面α截球O的截面面积最小，此时截面为圆面，其半径为√(2√3)2−32=√3，故截面的面积为3π．填3π．类型三 直棱柱的外接球 【例4】直三棱柱的各顶点都在同一球面上，若,， 则此球的表面积等于 . 【答案】【解析】在中,,可得,由正弦定理,可得外接圆半径r=2,设此圆圆心为，球心为，在中，易得球半径，故此球的表面积为.【指点迷津】直棱柱的外接球的球心在上、下底面的外接圆的圆心的连线上，确定球心，用球心、一底面的外接圆的圆心，一顶点构成一个直角三角形，用勾股定理得关于外接球半径的关系式，可球的半径. 【举一反三】1、【云南省2019年高三第二次统一检测】已知直三棱柱的顶点都在球O 的球面上，AB =AC =2，BC =2√2，若球O 的表面积为72蟺，则这个直三棱柱的体积是（ ） A ．16 B ．15 C ．D ．【答案】A 【解析】 由题，，因为AB =AC =2，BC =2√2，易知三角形ABC 为等腰直角三角形， 故三棱柱的高故体积V =12脳2脳2脳8=16 故选A111ABC A B C -12AB AC AA ===120BAC ∠=︒ABC ∆2AB AC ==120BAC ∠=︒BC =ABC ∆O 'O RT OBO '∆R =2420R ππ=2、已知三棱柱的6个顶点都在球的球面上,若,,,则球的半径为 （ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】由球心作面ABC 的垂线，则垂足为BC 中点M.计算AM=，由垂径定理，OM=6，所以半径,选C.3、 正四棱柱的各顶点都在半径为的球面上，则正四棱柱的侧面积有最值，为 . 【答案】大111ABC A B C -O 34AB AC ==，AB AC ⊥112AA =O 213252132=1111ABCD A B C D -R。
高考数学专题—立体几何(外接球问题)
高考数学专题—立体几何（外接球与内切球）基础知识点：（4）球与圆柱的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆柱的高，也等于圆柱底面圆的直径．（5）球与圆台的底面与侧面均相切，则球的直径等于圆台的高．球的问题常见方法：（1）确定一个球的条件是球心和球的半径，已知球的半径可以利用公式求球的表面积和体积；反之，已知球的体积或表面积也可以求其半径. （2）球与几种特殊几何体的关系：①长方体内接于球，则球的直径是长方体的体对角线长； ②正四面体的外接球与内切球的球心重合，且半径之比为3∶1；③直棱柱的外接球：找出直棱柱的外接圆柱，圆柱的外接球就是所求直棱柱的外接球.特别地，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球与圆柱的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆柱的高，也等于圆柱底面圆的直径； ⑤球与圆台的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆台的高．（3）与球有关的实际应用题一般涉及水的容积问题，解题的关键是明确球的体积与水的容积之间的关系，正确建立等量关系.（4）有关球的截面问题，常画出过球心的截面圆，将空间几何问题转化为平面中圆的有关问题解决.球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面圆的半径r 之间满足关系式：d =.常见题型：1、与长方体与正方体有关的外接球类型——寻找球心为关键例1、如图所示，在长方体中，14cm,2cm,3cm,AB AD AA ===则在长方体表面上连接1A C 、两点的所有曲线长度的最小值为__________．【解析】将长方体的面分别展开平铺，当四边形11AA D D 和四边形11DD C C 在同一平面内时，最小距离为四边形11AAC C =；当四边形11AA B B 和四边形11BB C C 在同一平面内时，最小距离为四边形11AAC C 的对角线，长=；四边形ABCD 和四边形11CDD C 在同一平面内时，最小距离为四边形11ABC D=． 例2、已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为___________． 【答案】92π【解析】设正方体的边长为a ，则2618a a =⇒=其外接球直径为23R ==，故这个球的体积34π3V R ==4279ππ382⨯=． 【名师点睛】求多面体的外接球的表面积或体积的问题常用的方法有：①三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；②直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；③如果多面体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点即球心． 例3、已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为，体积为，则这个球的表面积是（ ） A ． B ． C ． D ．【答案】C【解析】，，，故选C ．例4、如图，长方体1111ABCD A B C D -的三个面的对角线1AD ，1A B ，AC 的长分别是3，2，3，则该长方体的外接球的表面积为__________．【答案】11π41616π20π24π32π162==h a V 2=a 24164442222=++=++=h a a R 24πS =2．补形法（补成长方体或正方体—棱锥处理方法）例5、若三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为，则其外接球的表面积是 ． 【答案】【解析】，．例6、已知正四棱锥(底面四边形是正方形，顶点P 在底面的射影是底面的中心)，则此球的体积为（ ） A ． B． C ． D ．【答案】C【解析】如图，设正方形的中点为，正四棱锥的外接球心为，图2图339π933342=++=R 24π9πS R ==P ABCD -ABCD 50318π36πABCD E P ABCD -O EA ∴=正四棱锥的体积为，， 则，，在中由勾股定理可得：，解得，，故选C ．例7、在三棱锥中，，，，，则三棱锥外接球的体积的最小值为_____．【答案】【解析】如图所示，三棱锥的外接圆即为长方体的外接圆，外接圆的直径为长方体的体对角线，设，那么，，所以．由题意，体积的最小值即为最小，时，的最小值为，所以半径为，故体积的最小值为。
高考数学的立体几何多选题含答案
高考数学的立体几何多选题含答案一、立体几何多选题1．已知球O 为正方体1111ABCD A B C D -的内切球，平面11A C B 截球O 的面积为24π，下列命题中正确的有（ ）A ．异面直线AC 与1BC 所成的角为60°B ．1BD ⊥平面11AC B C ．球O 的表面积为36πD ．三棱锥111B AC B -的体积为288 【答案】AD 【分析】连接11A C ，1A B ，通过平移将AC 与1BC 所成角转化为11A C 与1BC 所成角可判断A ；通过反证法证明B ；由已知平面11A C B 截球O 的面积为24π求出正方体棱长，进而求出内切球的表面积可判断C ；利用等体积法可求得三棱锥111B AC B -的体积可判断D. 【详解】对于A ，连接11A C ，1A B ，由正方体1111ABCD A B C D -，可知11//A C AC ，11AC B ∴∠为异面直线AC 与1BC 所成的角，设正方体边长为a，则1111AC A B BC ==，由等边三角形知1160A C B ∠=，即异面直线AC 与1BC 所成的角为60，故A 正确； 对于B ，假设1BD ⊥平面11A C B ，又1A B ⊂平面11A C B ，则11BD B A ⊥，设正方体边长为a ，则11A D a =，1A B =，1BD =，由勾股定理知111A D B A ⊥，与假设矛盾，假设不成立，故1BD 不垂直于平面11A C B ，故B 错误； 对于C ，设正方体边长为a，则11AC =，内切球半径为2a，设内切球的球心O 在面11A C B 上的投影为O '，由等边三角形性质可知O '为等边11A C B △的重心，则11123233O A AC a ='=⨯=，又12OA a =，∴球心O 到面11A C B 的距离6a ==，又球心与截面圆心的连线垂直于截面，∴=，又截面圆的面积2246S a ππ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭=，解得12a =，则内切球半径为6，内切球表面积214644S ππ==⨯，故C 错误；对于D ，由等体积法知111111111111212122812383B A C B B A C B A C B V V S a --==⨯⨯=⨯⨯=，故D 正确； 故选：AD【点睛】关键点点睛：本题考查了正方体和它的内切球的几何结构特征，关键是想象出截面图的形状，从而求出正方体的棱长，进而求出内切球的表面积及三棱锥的体积，考查了空间想象能力，数形结合的思想，属于较难题.2．如图，矩形ABCD 中，M 为BC 的中点，将ABM 沿直线AM 翻折成1AB M ，连结1B D ，N 为1B D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（ ）A ．存在某个位置，使得1CN AB ⊥ B ．翻折过程中，CN 的长是定值C ．若AB BM =，则1AM BD ⊥D ．若1AB BM ==，当三棱锥1B AMD -的体积最大时，三棱锥1B AMD -外接球的体积是43π 【答案】BD【分析】对于A ，取AD 中点E ，连接EC 交MD 与F ，可得到EN NF ⊥，又EN CN ⊥，且三线,,NE NF NC 共面共点，不可能；对于B ，可得由1NEC MAB ∠=∠（定值），112NE AB =（定值），AM EC =（定值），由余弦定理可得NC 是定值．对于C ，取AM 中点O ，连接1,B O DO ，假设1AM B D ⊥，易得AM ⊥面1ODB ，即可得OD AM ⊥，从而AD MD =，显然不一定成立．对于D ，当平面B 1AM ⊥平面AMD 时，三棱锥B 1﹣AMD 的体积最大，可得球半径为1，体积是43π． 【详解】对于A 选项：如图1，取AD 中点E ，连接EC 交MD 与F ， 则11////NE AB NF MB ，，又11AB MB ⊥，所以EN NF ⊥， 如果1CN AB ⊥，可得EN CN ⊥，且三线,,NE NF NC 共面共点， 不可能，故A 选项不正确；对于B 选项：如图1，由A 选项可得1AMB EFN ≈△△，故1NEC MAB ∠=∠（定值），112NE AB =（定值），AM EC =（定值）， 故在NEC 中，由余弦定理得222cos CN CE NE NE CE NEC =+-⋅⋅∠，整理得222212422AB AB AB CN AM AM BC AB AM =+-⋅⋅=+ 故CN 为定值，故B 选项正确．对于C 选项：如图，取AM 中点O ，连接1,B O DO ， 由AB BM =，得1B O AM ⊥，假设1AM B D ⊥，111B D B O B =，所以AM ⊥面1ODB ，所以OD AM ⊥，从而AD MD =，显然不恒成立，所以假设不成立，可得C 选项不正确．对于D 选项：由题易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大，此时1B O ⊥平面AMD ，则1B O OE ⊥，由1AB BM ==，易求得122BO =，2DM =22221122122B E OB OE ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因此1EB EA ED EM ===，E 为三棱锥1B AMD -的外接球球心，此外接球半径为1，体积是43π．故D 选项正确． 故答案为：BD ． 【点睛】本题主要考查了线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于难题.本题C 选项的解题的关键在于采用反证法证明，进而推出矛盾解题，D 选项求解的关键在于把握平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大.3．在长方体1111ABCD A B C D -中，4AB BC ==，18AA =，点P 在线段11A C 上，M 为AB 的中点，则（ ） A ．BD ⊥平面PACB ．当P 为11AC 的中点时，四棱锥P ABCD -外接球半径为72C ．三棱锥A PCD -体积为定值D ．过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面，所得截面圆的面积的最小值为4π 【答案】ACD【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A 选项的正误；判断出四棱锥P ABCD -为正四棱锥，求出该四棱锥的外接球半径，可判断B 选项的正误；利用等体积法可判断C 选项的正误；计算出截面圆半径的最小值，求出截面圆面积的最小值，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，因为AB BC =，所以，矩形ABCD 为正方形，所以，BD AC ⊥， 在长方体1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD AA ∴⊥，1AC AA A ⋂=，AC 、1AA ⊂平面PAC ，所以，BD ⊥平面PAC ，A 选项正确；对于B 选项，当点P 为11A C 的中点时，PA ===同理可得PB PC PD ===因为四边形ABCD 为正方形，所以，四棱锥P ABCD -为正四棱锥， 取AC 的中点N ，则PN 平面ABCD ，且四棱锥P ABCD -的外接球球心在直线PN上，设该四棱锥的外接球半径为R ，由几何关系可得222PN R AN R -+=， 即2288R R -+=，解得92R =，B 选项错误； 对于C 选项，2114822ACDSAD CD =⋅=⨯=， 三棱锥P ACD -的高为18AA =，因此，116433A PCD P ACD ACD V V S AA --==⋅=△，C 选项正确；对于D 选项，设长方体1111ABCD A B C D -的外接球球心为E ，则E 为1BD 的中点， 连接EN 、MN ，则1142EN DD ==，122MN AD ==， E 、N 分别为1BD 、BD 的中点，则1//EN DD ， 1DD ⊥平面ABCD ，EN ∴⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，EN MN ∴⊥，EM ∴==过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面为平面α，点E 到平面α的距离为d ，直线EM 与平面α所成的角为θ，则sin d EM θθ==≤ 当且仅当2πθ=时，等号成立，长方体1111ABCD A B C D -的外接球半径为R '==，所以，截面圆的半径()()222226252r R d '=-≥-=，因此，截面圆面积的最小值为4π，D 选项正确.故选：ACD. 【点睛】方法点睛：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.4．在三棱锥M ABC -中，下列命题正确的是（ ）A ．若1233AD AB AC =+，则3BC BD = B ．若G 为ABC 的重心，则111333MG MA MB MC =++C ．若0MA BC ⋅=，0MC AB ⋅=，则0MB AC ⋅=D ．若三棱锥M ABC -的棱长都为2，P ，Q 分别为MA ，BC 中点，则2PQ = 【答案】BC 【分析】作出三棱锥M ABC -直观图，在每个三角形中利用向量的线性运算可得. 【详解】对于A ，由已知12322233AD AB AC AD AC AB AD AC AB AD =+⇒=+⇒-=-，即2CD DB =，则32BD BD DC BC =+=，故A 错误； 对于B ，由G 为ABC 的重心，得0GA GB GC ++=，又MG MA AG =+，MG MB BG =+，MG MC CG =+，3MA MB MC MG ∴++=，即111333MG MA MB MC =++，故B 正确；对于C ，若0MA BC ⋅=，0MC AB ⋅=，则0MC MA BC AB ⋅+⋅=，即()00MA BC AC CB MA BC AC C MC C M B M C ⋅++=⇒⋅++⋅⋅=⋅()00MA BC A MC MC MC MC C BC MA BC AC ⋅⋅⋅⇒⋅+-=⇒-+=⋅()000MC M CA BC AC AC CB AC CB AC C MC ⇒+=⇒+=⇒+=⋅⋅⋅⋅⋅，即0MB AC ⋅=，故C 正确；对于D ，111()()222PQ MQ MP MB MC MA MB MC MA ∴=-=+-=+- ()21122PQ MB MC MA MB MC MA ∴=+-=+-，又()2222222MB MC MA MB MC MA MB MC MB MA MC MA+-=+++⋅-⋅-⋅2221112222222222228222=+++⨯⨯⨯-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=，1822PQ ∴==，故D 错误. 故选：BC 【点睛】关键点睛：本题考查向量的运算，用已知向量表示某一向量的三个关键点： (1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量． (3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．5．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点O 为11A D 的中点，若以O 为球心，6为半径的球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ，则下列结论正确的是（ ）A ．11//A D 平面EFGHB ．1AC ⊥平面EFGHC ．11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°D ．平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7 【答案】ACD 【分析】如图，计算可得,,,E F G H 分别为所在棱的中点，利用空间中点线面的位置关系的判断方法可判断A 、B 的正确与否，计算出直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒后可得C 正确，而几何体BHE CGF -为三棱柱，利用公式可求其体积，从而可判断D 正确与否. 【详解】如图，连接OA ，则2115OA AA =+=，故棱1111,,,A A A D D D AD 与球面没有交点.同理，棱111111,,A B B C C D 与球面没有交点. 因为棱11A D 与棱BC 之间的距离为26>BC 与球面没有交点.因为正方体的棱长为2，而26<球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ， 所以棱11,,,AB CD C C B B 与球面各有一个交点， 如图各记为,,,E F G H .因为OAE △为直角三角形，故22651AE OE OA -=-=，故E 为棱AB 的中点. 同理,,F G H 分别为棱11,,CD C C B B 的中点.由正方形ABCD 、,E F 为所在棱的中点可得//EF BC ，同理//GH BC ，故//EF GH ，故,,,E F G H 共面. 由正方体1111ABCD A B C D -可得11//A D BC ，故11//A D EF因为11A D ⊄平面EFGH ，EF ⊂平面EFGH ，故11//A D 平面EFGH ，故A 正确.因为在直角三角1BA C 中，1A B =2BC = ，190A BC ∠=︒， 1A C 与BC 不垂直，故1A C 与GH 不垂直，故1A C ⊥平面EFGH 不成立，故B 错误.由正方体1111ABCD A B C D -可得BC ⊥平面11AA B B ，而1A B ⊂平面11AA B B ， 所以1BC A B ⊥，所以1EF A B ⊥在正方形11AA B B 中，因为,E H 分别为1,AB BB 的中点，故1EH A B ⊥， 因为EFEH E =，故1A B ⊥平面EFGH ，所以BEH ∠为直线AB 与平面EFGH 所成的角，而45BEH ∠=︒， 故直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒，因为11//AB A B ，故11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°.故C 正确. 因为,,,E F G H 分别为所在棱的中点，故几何体BHE CGF -为三棱柱， 其体积为111212⨯⨯⨯=，而正方体的体积为8， 故平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7，故D 正确. 故选：ACD. 【点睛】本题考查空间中线面位置的判断、空间角的计算和体积的计算，注意根据球的半径确定哪些棱与球面有交点，本题属于中档题.6．在边长为2的等边三角形ABC 中，点,D E 分别是边,AC AB 上的点，满足//DE BC 且AD ACλ=，（()01λ∈，），将ADE 沿直线DE 折到A DE '△的位置.在翻折过程中，下列结论不成立的是（ ）A ．在边A E '上存在点F ，使得在翻折过程中，满足//BF 平面A CD 'B ．存在102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面A BC '⊥平面BCDEC ．若12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，||A B '=D ．在翻折过程中，四棱锥A BCDE '-体积的最大值记为()f λ，()f λ【答案】ABC 【分析】对于A.在边A E '上点F ，在A D '上取一点N ，使得//FN ED ，在ED 上取一点H ，使得//NH EF ，作//HG BE 交BC 于点G ，即可判断出结论.对于B ，102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，在翻折过程中，点A '在底面BCDE 的射影不可能在交线BC 上，即可判断出结论. 对于C ，12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，取ED 的中点M ，可得AM ⊥平面BCDE .可得22A B AM BM '=+，结合余弦定理即可得出.对于D.在翻折过程中，取平面AED ⊥平面BCDE ，四棱锥A BCDE '-体积()3133BCDE f S λλλλ=⋅⋅=-，()01λ∈，，利用导数研究函数的单调性即可得出.【详解】对于A.在边A E '上点F ，在A D '上取一点N ，使得//FN ED ，在ED 上取一点H ，使得//NH EF ，作//HG BE 交BC 于点G ，如图所示，则可得FN 平行且等于BG ，即四边形BGNF 为平行四边形， ∴//NG BE ，而GN 始终与平面ACD 相交，因此在边A E '上不存在点F ，使得在翻折过程中，满足//BF 平面A CD '，A 不正确.对于B ，102λ∈⎛⎫ ⎪⎝⎭,，在翻折过程中，点A '在底面BCDE 的射影不可能在交线BC 上，因此不满足平面A BC '⊥平面BCDE ，因此B 不正确. 对于C.12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，取ED 的中点M ，如图所示：可得AM ⊥平面BCDE ，则22223111010()1()21cos120222A B AM BM '=+=++-⨯⨯⨯︒=≠，因此C 不正确；对于D.在翻折过程中，取平面AED ⊥平面BCDE ，四棱锥A BCDE '-体积()3133BCDE f S λλλλ=⋅⋅=-，()01λ∈，，()213f λλ'=-，可得3λ=时，函数()f λ取得最大值()312313f λ⎛⎫=-=⎪⎝⎭，因此D 正确. 综上所述，不成立的为ABC. 故选：ABC. 【点睛】本题考查了利用运动的观点理解空间线面面面位置关系、四棱锥的体积计算公式、余弦定理、利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力空间想象能力与计算能力，属于难题.7．M ，N 分别为菱形ABCD 的边BC ，CD 的中点，将菱形沿对角线AC 折起，使点D 不在平面ABC 内，则在翻折过程中，下列结论正确的有（ ）A ．MN ∥平面ABDB ．异面直线AC 与MN 所成的角为定值C ．在二面角D AC B --逐渐变小的过程中，三棱锥D ABC -外接球的半径先变小后变大D ．若存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直，则ABC ∠的取值范围是0,2π⎛⎫⎪⎝⎭【答案】ABD 【分析】利用线面平行的判定即可判断选项A ；利用线面垂直的判定求出异面直线AC 与MN 所成的角即可判断选项B ；借助极限状态，当平面DAC 与平面ABC 重合时，三棱锥D ABC -外接球即是以ABC ∆外接圆圆心为球心，外接圆的半径为球的半径，当二面角D AC B --逐渐变大时，利用空间想象能力进行分析即可判断选项C;过A 作AH BC ⊥,垂足为H ,分ABC ∠为锐角、直角、钝角三种情况分别进行分析判断即可判断选项D. 【详解】对于选项A:因为M ，N 分别为菱形ABCD 的边BC ，CD 的中点，所以MN 为BCD ∆的中位线，所以//MN BD ,因为MN ⊄平面ABD ,BD ⊂平面ABD ，所以MN ∥平面ABD ,故选项A 正确；对于选项B ：取AC 的中点O ，连接,DO BO ,作图如下：则,AC DO AC BO ⊥⊥,BO DO O =,由线面垂直的判定知，AC ⊥平面BOD ,所以AC BD ⊥,因为//MN BD ,所以AC MN ⊥,即异面直线AC 与MN 所成的角为定值90，故选项B 正确；对于选项C:借助极限状态，当平面DAC 与平面ABC 重合时，三棱锥D ABC -外接球即是以ABC ∆外接圆圆心为球心，外接圆的半径为球的半径，当二面角D AC B --逐渐变大时，球心离开平面ABC ，但是球心在底面的投影仍然是ABC ∆外接圆圆心，故二面角D AC B --逐渐变小的过程中，三棱锥D ABC -外接球的半径不可能先变小后变大， 故选项C 错误；对于选项D:过A 作AH BC ⊥,垂足为H ,若ABC ∠为锐角，H 在线段BC 上；若ABC ∠为直角，H 与B 重合；若ABC ∠为钝角，H 在线段BC 的延长线上；若存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直，因为AH BC ⊥，所以CB ⊥平面AHD ,由线面垂直的性质知,CB HD ⊥,若ABC ∠为直角，H 与B 重合，所以CB BD ⊥,在CBD ∆中，因为CB CD =, 所以CB BD ⊥不可能成立，即ABC ∠为直角不可能成立；若ABC ∠为钝角，H 在线段BC 的延长线上，则在原平面图菱形ABCD 中，DCB ∠为锐角，由于立体图中DB DO OB <+,所以立体图中DCB ∠一定比原平面图中更小，，所以DCB ∠为锐角，CB HD ⊥，故点H 在线段BC 与H 在线段BC 的延长线上矛盾，因此ABC ∠不可能为钝角；综上可知，ABC ∠的取值范围是0,2π⎛⎫⎪⎝⎭.故选项D 正确; 故选：ABD 【点睛】本题考查异面垂直、线面平行与线面垂直的判定、多面体的外接球问题；考查空间想象能力和逻辑推理能力；借助极限状态和反证法思想的运用是求解本题的关键；属于综合型强、难度大型试题.8．在正方体1111ABCD A B C D -中，如图，,M N 分别是正方形ABCD ，11BCC B 的中心.则下列结论正确的是（ ）A ．平面1D MN 与11BC 的交点是11B C 的中点 B ．平面1D MN 与BC 的交点是BC 的三点分点 C ．平面1D MN 与AD 的交点是AD 的三等分点 D ．平面1D MN 将正方体分成两部分的体积比为1∶1 【答案】BC 【分析】取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ，连FM 并延长分别交,BC AD 于,P Q ，连1,D Q PN 并延长交11B C 与H ，平面四边形1D HPQ 为所求的截面，进而求出,,P Q H 在各边的位置，利用割补法求出多面体11QPHD C CD 的体积，即可求出结论.【详解】如图，取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ， 连接FM 并延长，设FM BC P ⋂=，FM AD Q ⋂=， 连接PN 并延长交11B C 于点H .连接1D Q ，1D H ，则平面四边形1D HPQ 就是平面1D MN 与正方体的截面，如图所示.111111////,22NE CC DD NE CC DD ==，NE ∴为1DD F ∆的中位线，E ∴为DF 中点，连BF ， ,,90DCE FBE BF DC AB FBE DCE ∴∆≅∆==∠=∠=︒， ,,A B F ∴三点共线，取AB 中点S ，连MS ，则12//,,23BP FB MS BP MS BC MS FS =∴==， 22111,33236BP MS BC BC PE BC ∴==⨯=∴=， E 为DF 中点，11//,233PE DQ DQ PE BC AD ∴===N 分别是正方形11BCC B 的中心，11113C H BP C B ∴==所以点P 是线段BC 靠近点B 的三等分点， 点Q 是线段AD 靠近点D 的三等分点， 点H 是线段11B C 靠近点1C 的三等分点. 做出线段BC 的另一个三等分点P '， 做出线段11A D 靠近1D 的三等分点G ，连接QP '，HP '，QG ，GH ，1H QPP Q GHD V V '--=， 所以111113QPHD C CD QPHQ DCC D V V V -==多面体长方体正方体 从而平面1D MN 将正方体分成两部分体积比为2∶1. 故选:BC.【点睛】本题考查直线与平面的交点及多面体的体积，确定出平面与正方体的交线是解题的关键，考查直观想象、逻辑推理能力，属于较难题.9．已知正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，侧棱11AA =，P 为上底面1111D C B A 上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（ ）A ．若3PD =，则满足条件的P 点有且只有一个B ．若3PD =，则点P 的轨迹是一段圆弧C ．若PD ∥平面1ACB ，则DP 长的最小值为2D ．若PD ∥平面1ACB ，且3PD =，则平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形的面积为94π 【答案】ABD【分析】若3PD =，由于P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一；()313PD =∈，，则12PD =，即点P 的轨迹是一段圆弧；当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为3=，可判断C ；平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为32=，可得D . 【详解】 如图：∵正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2， ∴1122B D =11AA =， ∴()2212213DB =+=，则P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一，故A 正确；∵()313PD =，，11DD =，则12PD P 的轨迹是一段圆弧，故B 正确； 连接1DA ，1DC ，可得平面11//A DC 平面1ACB ，则当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为()22213+=C 错误；由C 知，平面BDP 即为平面11BDD B ，平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接2221322122++=，面积为94π，故D 正确． 故选：ABD ． 【点睛】本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.10．如图所示，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，过对角线1BD 的一个平面交棱1AA 于点E ，交棱1CC 于点F ，得四边形1BFD E ，在以下结论中，正确的是（ ）A ．四边形1BFD E 有可能是梯形B ．四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形C ．四边形1BFDE 有可能垂直于平面11BB D D D ．四边形1BFD E 面积的最小值为62【答案】BCD 【分析】四边形1BFD E 有两组对边分别平行知是一个平行四边形四边形；1BFD E 在底面ABCD 内的投影是四边形ABCD ；当与两条棱上的交点是中点时，四边形1BFD E 垂直于面11BB D D ；当E ，F 分别是两条棱的中点时，四边形1BFD E 6【详解】过1BD 作平面与正方体1111ABCD A B C D -的截面为四边形1BFD E ， 如图所示，因为平面11//ABB A 平面11DCC D ，且平面1BFD E 平面11ABB A BE =.平面1BFD E平面1111,//DCC D D F BE D F =，因此，同理1//D E BF ，故四边形1BFD E 为平行四边形，因此A 错误；对于选项B ，四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形ABCD ，因此B 正确； 对于选项C ，当点E F 、分别为11,AA CC 的中点时，EF ⊥平面11BB D D ，又EF ⊂平面1BFD E ，则平面1BFD E ⊥平面11BB D D ，因此C 正确；对于选项D ，当F 点到线段1BD 的距离最小时，此时平行四边形1BFD E 的面积最小，此时点E F 、分别为11,AA CC 的中点，此时最小值为162322=，因此D 正确. 故选：BCD【点睛】关键点睛：解题的关键是理解想象出要画的平面是怎么样的平面，有哪些特殊的性质，考虑全面即可正确解题.。
高考数学空间几何体的外接球与内切球常见题型
高考数学空间几何体的外接球与内切球常见题型本文介绍了空间几何体的外接球与内切球的经典类型，其中第一种类型为墙角模型，即三条棱两两垂直，不需要找球心的位置即可求出球半径。
具体方法是找到三条两两垂直的线段，然后使用公式2R=a+b+c或2R=a^2+b^2+c^2来求出R。
例如，在已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4，体积为16的情况下，可以求出该球的表面积为32π。
第二种类型为对棱相等模型，补形为长方体。
在这种情况下，需要找到对棱相等的空间几何体，并补成长方体。
例如，如果三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积为36π。
除此之外，文章还给出了一些具体的例子，如正三棱锥S-ABC中，M、N分别是棱SC、BC的中点，且AM⊥MN，若侧棱SA=23，则正三棱锥S-ABC外接球的表面积为36π。
同时，文章还提到了一些需要注意的引理，如正三棱锥的对棱互相垂直等。
需要注意的是，文章中存在一些格式错误和明显有问题的段落，需要进行删除或修改。
题设：三棱锥（即四面体）中，已知三组对棱分别相等，求外接球半径（AB=CD，AD=BC，AC=BD）首先，我们可以画出一个长方体，标出三组互为异面直线的对棱，如图2-1所示。
设出长方体的长宽高分别为a,b,c，AD=BC=x，AB=CD=y，AC=BD=z，列方程组：a^2+b^2=x^2b+c=yc^2+a^2=z^2根据墙角模型，我们可以得到2R=a+b+c=2(x^2+y^2+z^2)/(x^2+y^2+z^2)，化简得到R=sqrt(2)/2*(x^2+y^2+z^2)/(x^2+y^2+z^2)，求出R即可。
例2（1）如下图所示三棱锥A-BCD，其中AB=CD=5,AC=BD=6,AD=BC=7，则该三棱锥外接球的表面积为。
2）在三棱锥A-BCD中，AB=CD=2，AD=BC=3，AC=BD=4，则三棱锥A-BCD外接球的表面积为。
3）正四面体的各条棱长都为2，则该正面体外接球的体积为。
高考满分数学压轴题13 与球相关的外接与内切问题(可编辑可打印)
一．方法综述如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上，那么称这个多面体是球的内接多面体，这个球称为多面体的外接球.有关多面体外接球的问题，是立体几何的一个重点，也是高考考查的一个热点. 考查学生的空间想象能力以及化归能力。
研究球与多面体的接、切问题主要考虑以下几个方面的问题：（1）多面体外接球半径的求法，当三棱锥有三条棱垂直或棱长相等时，可构造长方体或正方体. （2）与球的外切问题，解答时首先要找准切点，可通过作截面来解决. （3）球自身的对称性与多面体的对称性；二．解题策略类型一 柱体与球【例1】（2020·河南高三（理））已知长方体1111ABCD A B C D -的表面积为208，118AB BC AA ++=，则该长方体的外接球的表面积为（ ） A ．116π B ．106πC ．56πD ．53π【答案】A 【解析】【分析】由题意得出11118104AB BC AA AB BC BC AA AB AA ++=⎧⎨⋅+⋅+⋅=⎩，由这两个等式计算出2221AB BC AA ++，可求出长方体外接球的半径，再利用球体表面积公式可计算出结果.【详解】依题意，118AB BC AA ++=，11104AB BC BC AA AB AA ⋅+⋅+⋅=，所以，()()222211112116AB BC AA AB BC AA AB BC BC AA AB AA ++=++-⋅+⋅+⋅=，故外接球半径r ==，因此，所求长方体的外接球表面积24116S r ππ==.故选：A.【点睛】本题考查长方体外接球表面积的计算，解题的关键就是利用长方体的棱长来表示外接球的半径. 【举一反三】1.（2020·2，若与球相关的外接与内切问题该棱柱的顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（ ） A ．73π B ．113π C ．5π D ．8π【答案】D【解析】根据条件可知该三棱柱是正三棱柱，上下底面中心连线的中点就是球心，如图，则其外接球的半径22221123222sin 60R OB OO BO ⎛⎫ ⎪⎛⎫==+=+= ⎪ ⎪︒⎝⎭⎝⎭， 外接球的表面积428S ππ=⨯=.故选：D【指点迷津】直棱柱的外接球的球心在上、下底面的外接圆的圆心的连线上，确定球心，用球心、一底面的外接圆的圆心，一顶点构成一个直角三角形，用勾股定理得关于外接球半径的关系式，可球的半径. 2.（2020·安徽高三（理））已知一个正方体的各顶点都在同一球面上，现用一个平面去截这个球和正方体，得到的截面图形恰好是一个圆及内接正三角形，若此正三角形的边长为a ，则这个球的表面积为（ ）． A ．234a π B ．23a π C ．26a πD ．232a π【答案】D【解析】由已知作出截面图形如图1，可知正三角形的边长等于正方体的面对角线长，正方体与其外接球的位置关系如图2所示，可知外接球的直径等于正方体的体对角线长，设正方体的棱长为m ,外接球的半径为R ，则2a m =，23R m =，所以64R a =，所以外接球的表面积为222634442a S R a πππ⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭， 故选：D .【点睛】本题考查正方体的外接球、正方体的截面和空间想象能力，分析出外接球的半径与正三角形的边长的关系是本题的关键，3．（2020·河南高三（理））有一圆柱状有盖铁皮桶（铁皮厚度忽略不计），底面直径为20cm ，高度为100cm ，现往里面装直径为10cm 的球，在能盖住盖子的情况下，最多能装（ ） （附：2 1.414,3 1.732,5 2.236≈≈≈） A ．22个 B ．24个C ．26个D ．28个【答案】C【解析】由题意，若要装更多的球，需要让球和铁皮桶侧面相切，且相邻四个球两两相切， 这样，相邻的四个球的球心连线构成棱长为10cm 的正面体，易求正四面体相对棱的距离为52cm ，每装两个球称为“一层”，这样装n 层球， 则最上层球面上的点距离桶底最远为()()10521n +-cm ，若想要盖上盖子，则需要满足()10521100n +-≤，解得19213.726n ≤+≈， 所以最多可以装13层球，即最多可以装26个球．故选：C 类型二 锥体与球【例2】5．已知球O 的半径为102，以球心O 为中心的正四面体Γ的各条棱均在球O 的外部，若球O 的球面被Γ的四个面截得的曲线的长度之和为8π，则正四面体Γ的体积为_________． 【来源】重庆市2021届高三下学期二模数学试题 【答案】182【解析】由题知，正四面体截球面所得曲线为四个半径相同的圆，每个圆的周长为2π，半径为1，故球心O 到正四面体各面的距离为2106122⎛⎫-=⎪⎝⎭，设正四面体棱长为a ，如图所示，则斜高332AE EF a ==，体高63=AF a ，在Rt AEF 和R t AGO 中，13OG EF AO AE ==，即61236632a =-，∴6a =，∴231362618234312V a a =⋅⋅=⋅=． 【举一反三】1.（2020四川省德阳一诊）正四面体ABCD 的体积为，则正四面体ABCD 的外接球的体积为______． 【答案】【解析】如图，设正四面体ABCD 的棱长为，过A 作AD ⊥BC ， 设等边三角形ABC 的中心为O ，则，，，即．再设正四面体ABCD 的外接球球心为G ，连接GA ， 则，即．∴正四面体ABCD 的外接球的体积为.故答案为：．2．（2020·宁夏育才中学）《九章算术》是我国古代的数学名著,其中有很多对几何体体积的研究,已知某囤积粮食的容器的下面是一个底面积为32π,高为h 的圆柱,上面是一个底面积为32π,高为h 的圆锥,若该容器有外接球,则外接球的体积为 【答案】288π【解析】如图所示，根据圆柱与圆锥和球的对称性知，其外接球的直径是23R h =，设圆柱的底面圆半径为r ，母线长为l h =， 则232r ππ=，解得42r =222(2)(3)l r h +=， 222(82)9h h ∴+=，解得4h =，∴外接球的半径为3462R =⨯=，∴外接球的体积为3344628833R V πππ⨯===．3．（2020·贵阳高三（理））在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为4的正方形，PAD ∆是一个正三角形，若平面PAD ⊥平面ABCD ，则该四棱锥的外接球的表面积为（ ） A ．143πB ．283πC ．563πD ．1123π【答案】D 【解析】【分析】过P 作PF AD ⊥，交AD 于F ，取BC 的中点G ，连接,PG FG ，取PF 的三等分点H （2PH HF =），取GF 的中点E ，在平面PFG 过,E F 分别作,GF PF 的垂线，交于点O ，可证O 为外接球的球心，利用解直角三角形可计算PO ．【详解】如图，过P 作PF AD ⊥，交AD 于F ，取BC 的中点G ，连接,PG FG ，在PF 的三等分点H （2PH HF =），取GF 的中点E ，在平面PFG 过,E F 分别作,GF PF 的垂线，交于点O ．因为PAD ∆为等边三角形，AF FD =，所以PF ⊥AD ． 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD平面ABCD AD =，PF ⊂平面PAD ，所以PF ⊥平面ABCD ，因GF ⊂平面ABCD ，故PF GF ⊥． 又因为四边形ABCD 为正方形，而,G F 为,BC AD 的中点，故FG CD ，故GF AD ⊥，因ADPF F =，故PF ⊥平面PAD ．在Rt PGF ∆中，因,OE GF PF GF ⊥⊥，故OE PF ，故OE ⊥平面ABCD ，同理OH ⊥平面PAD ．因E 为正方形ABCD 的中心，故球心在直线OE 上，因H 为PAD ∆的中心，故球心在直线OH 上，故O 为球心，OP 为球的半径． 在Rt PGF ∆中，2234343323PH PF ==⨯⨯=，2OH EF ==， 故16282214333OP =+==，所以球的表面积为28112433ππ⨯=． 类型三 构造法（补形法）【例3】已知三棱锥P ABC -的各个顶点都在球O 的表面上，PA ⊥底面ABC ，AB AC ⊥，6AB =，8AC =，D 是线段AB 上一点，且2AD DB =.过点D 作球O 的截面，若所得截面圆面积的最大值与最小值之差为25π，则球O 的表面积为（ ） A ．128π B ．132πC ．144πD ．156π【答案】B【解析】PA ⊥平面ABC ，AB AC ⊥，将三棱锥P ABC -补成长方体PQMN ABEC -，如下图所示：设AE BC F =，连接OF 、DF 、OD ，可知点O 为PE 的中点，因为四边形ABEC 为矩形，AE BC F =，则F 为AE 的中点，所以，//OF PA 且12OF PA =，设2PA x =，且2210AE AB BE =+=，222225PE PA AE x ∴+=+所以，球O 的半径为21252R PE x ==+， 在Rt ABE △中，2ABE π∠=，6AB =，10AE =，3cos 5AB BAE AE ∠==，在ADF 中，243AD AB ==，5AF =， 由余弦定理可得222cos 17DF AD AF AD AF BAE =+-⋅∠=，PA ⊥平面ABCD ，OF ∴⊥平面ABCD ，DF ⊂平面ABCD ，则OF DF ⊥，12OF PA x ==，22217OD OF DF x ∴=+=+， 设过点D 的球O 的截面圆的半径为r ，设球心O 到截面圆的距离为d ，设OD 与截面圆所在平面所成的角为θ，则22sin d OD R r θ==-.当0θ=时，即截面圆过球心O 时，d 取最小值，此时r 取最大值，即2max 25r R x ==+；当2πθ=时，即OD 与截面圆所在平面垂直时，d 取最大值，即2max 17d OD x ==+，此时，r 取最小值，即()22min max 22r R d =-=. 由题意可得()()()222max min 1725r r x πππ⎡⎤-=+=⎣⎦，0x，解得22x =.所以，33R =，因此，球O 的表面积为24132S R ππ==.故选：B.【举一反三】1.（2020宁夏石嘴山模拟）三棱锥中，侧棱与底面垂直，，，且，则三棱锥的外接球的表面积等于 ．【答案】【解析】把三棱锥，放到长方体里,如下图:,因此长方体的外接球的直径为,所以半径,则三棱锥的外接球的表面积为.2.（2020菏泽高三模拟）已知直三棱柱的底面为直角三角形，且两直角边长分别为1和，此三棱柱的高为，则该三棱柱的外接球的体积为A．B．C．D．【答案】C【解析】如图所示，将直三棱柱补充为长方体，则该长方体的体对角线为，设长方体的外接球的半径为，则，,所以该长方体的外接球的体积，故选C.3．（2020·贵州高三月考（理））某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．43B．53C．83D．163【答案】A【解析】【分析】如图所示画出几何体，再计算体积得到答案.【详解】由三视图知该几何体是一个四棱锥，可将该几何体放在一个正方体内，如图所示：在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，取棱11,,,,B C DA AB BC CD 的中点分别为,,,,E M N P Q ，则该几何体为四棱锥E MNPQ -，其体积为()2142233⨯⨯=.故选：A 类型四 与球体相关的最值问题【例4】（2020·福建高三期末（理））在外接球半径为4的正三棱锥中，体积最大的正三棱锥的高h =（ ） A ．143B ．134C ．72D ．163【答案】D 【解析】【分析】设正三棱锥底面的边长为a ，高为h ，由勾股定理可得22234(4)3h a ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭，则22183h h a -=，三棱锥的体积()23384V h h =-，对其求导，分析其单调性与最值即可得解. 【详解】解：设正三棱锥底面的边长为a ，高为h ，根据图形可知22234(4)3h a ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭，则22180,3h h a -=>08h ∴<<. 又正三棱锥的体积21334V a h =⨯()2384h h h =-()23384h h =-，则()231634V h h '=-， 令0V '=，则163h =或0h =（舍去）， ∴函数()23384V h h =-在160,3⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在16,83⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，∴当163h =时，V 取得最大值，故选：D. 【点睛】本题考查球与多面体的最值问题，常常由几何体的体积公式、借助几何性质，不等式、导数等进行解决，对考生的综合应用，空间想象能力及运算求解能力要求较高. 【举一反三】1.（2020·广东高三（理））我国古代数学名著《九章算术》中有这样一些数学用语，“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，而“阳马”指底面为矩形，且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一如图所示的堑堵，AC BC ⊥，若12AA AB ==，当阳马11B A ACC -体积最大时，则堑堵111ABC A B C -的外接球体积为（ ）A ．22πB ．823C ．23D ．2π【答案】B【解析】依题意可知BC ⊥平面11ACC A .设,AC a BC b ==，则2224a b AB +==.111111323B A ACC V AC AA BC AC BC -=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯22114232323AC BC +≤⨯=⨯=，当且仅当2AC BC ==时取得最大值.依题意可知1111,,A BC A BA A BB ∆∆∆是以1A B 为斜边的直角三角形，所以堑堵111ABC A B C -外接球的直径为1A B ，故半径221111222OB A B AA AB ==⨯+=.所以外接球的体积为()34π82π233⋅=. 特别说明：由于BC ⊥平面11ACC A ，1111,,A BC A BA A BB ∆∆∆是以1A B 为斜边的直角三角形，所以堑堵111ABC A B C -外接球的直径为1A B 为定值，即无论阳马11B A ACC -体积是否取得最大值，堑堵111ABC A B C -外接球保持不变，所以可以直接由直径1A B 的长，计算出外接球的半径，进而求得外接球的体积.故选：B2．（2020·遵义市南白中学高三期末）已知A ，B ，C ，D 四点在同一个球的球面上，6AB BC ==，90ABC ∠=︒，若四面体ABCD 体积的最大值为3，则这个球的表面积为（ ）A ．4πB ．8πC ．16πD ．32π【答案】C 【解析】根据6AB BC ==可得直角三角形ABC ∆的面积为3,其所在球的小圆的圆心在斜边AC 的中点上,设小圆的圆心为Q , 由于底面积ABC S ∆不变,高最大时体积最大,所以DQ 与面ABC 垂直时体积最大，最大值为为133ABC S DQ ∆⨯=，即133,33DQ DQ ⨯⨯=∴=,如图, 设球心为O ,半径为R ，则在直角AQO ∆中,即222(3)(3,)2R R R =∴+=-, 则这个球的表面积为24216S ππ=⨯=,故选C.3．（2020·河南高三（理））菱形ABCD 的边长为2，∠ABC ＝60°，沿对角线AC 将三角形ACD 折起，当三棱锥D －ABC 体积最大时，其外接球表面积为（ ） A ．153π B ．2153π C ．209π D ．203π 【答案】D 【解析】【分析】当平面ACD 与平面ABC 垂直时体积最大，如图所示，利用勾股定理得到2223(3)()3R OG =-+和22223()3R OG =+，计算得到答案. 【详解】易知：当平面ACD 与平面ABC 垂直时体积最大. 如图所示：E 为AC 中点，连接,DE BE ，外接球球心O 的投影为G 是ABC ∆中心，在BE 上 3BE =，3DE =，33EG =，233BG =设半径为R ，则2223(3)()3R OG =-+，22223()3R OG =+ 解得：153R =，表面积22043S R ππ== 故选：D三．强化训练一、选择题1．（2020·广西高三期末）棱长为a 的正四面体ABCD 与正三棱锥E BCD -的底面重合，若由它们构成的多面体ABCDE 的顶点均在一球的球面上，则正三棱锥E BCD -的表面积为（ ） A ．2334a + B ．2336a + C ．2336a - D ．2334a - 【答案】A【解析】由题意，多面体ABCDE 的外接球即正四面体ABCD 的外接球， 由题意可知AE ⊥面BCD 交于F ，连接CF ，则233323CF a a =⋅= 且其外接球的直径为AE ，易求正四面体ABCD 的高为223633a a a ⎛⎫ ⎪ ⎪=⎝⎭-. 设外接球的半径为R ，由2226333R a R a ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭=⎭-⎝-得64R a =. 设正三棱锥E BCD -的高为h ，因为6623AE a a h ==+，所以66h a =. 因为底面BCD ∆的边长为a ，所以2222EB EC ED CF h a ===+=， 则正三棱锥E BCD -的三条侧棱两两垂直.即正三棱锥E BCD -的表面积222121333322224S a a a ⎛⎫+=⨯⨯+⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，故选：A .2、（2020辽宁省师范大学附属中学高三）在三棱锥中，，则三棱锥外接球的表面积为（ ）A．B．C．D．【答案】C【解析】如图，把三棱锥补形为长方体，设长方体的长、宽、高分别为，则，∴三棱锥外接球的半径∴三棱锥外接球的表面积为．故选：C．3．（2020·安徽高三期末）如果一个凸多面体的每个面都是全等的正多边形，而且每个顶点都引出相同数目的棱，那么这个凸多面体叫做正多面体.古希腊数学家欧几里得在其著作《几何原本》的卷13中系统地研究了正多面体的作图，并证明了每个正多面体都有外接球.若正四面体、正方体、正八面体的外接球半径相同，则它们的棱长之比为（）A23B．223C．22D．223【答案】Ba b c R【解析】设正四面体、正方体、正八面体的棱长以及外接球半径分别为,,,则2223,23,22R a R b R c =⨯==, 即222,,2::2:2:333R R a b c R a b c ===∴=故选：B 4．（2020·北京人大附中高三）如图，在四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD 为矩形，23AB =，2AD =，120ASB ∠=︒，SA AD ⊥，则四棱锥外接球的表面积为（ ）A ．16πB ．20πC ．80πD ．100π 【答案】B【解析】由四边形ABCD 为矩形，得AB AD ⊥，又SA AD ⊥，且SA AB A ⋂=，∴AD ⊥平面SAB ，则平面SAB ⊥平面ABCD ，设三角形SAB 的外心为G ，则23322sin 2sin12032AB GA ASB ====∠︒. 过G 作GO ⊥底面SAB ，且1GO =，则22215OS =+=.即四棱锥外接球的半径为5． ∴四棱锥外接球的表面积为24(5)20S ππ=⨯=.故选B ．5．（2020河南省郑州市一中高三）在三棱锥中，平面，M 是线段上一动点，线段长度最小值为，则三棱锥的外接球的表面积是（ ） A ． B ．C ．D ．【答案】C【解析】解：如图所示：三棱锥中，平面，M是线段上一动点，线段长度最小值为，则：当时，线段达到最小值，由于：平面，所以：，解得：，所以：，则：，由于：，所以：则：为等腰三角形．所以，在中，设外接圆的直径为，则：，所以外接球的半径，则：，故选：C．6、（2020河南省天一大联考）某多面体的三视图如图所示，其中正视图是一个直角边为2的等腰直角三角形，侧视图是两直角边分别为2和1的直角三角形，俯视图为一矩形，则该多面体的外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由三视图可得，该几何体为一个三棱锥，放在长、宽、高分别为2，1，2的长方体中，此三棱锥和长方体的外接球是同一个，长方体的外接球的球心在体对角线的中点处，易得其外接球的直径为，从而外接球的表面积为.故答案为：C.7．（2020·江西高三期末（理））如图，三棱锥P ABC -的体积为24，又90PBC ABC ∠=∠=︒，3BC =，4AB =，410PB =，且二面角P BC A --为锐角，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）A ．169πB ．144πC ．185πD ．80π【答案】A【解析】因90PBC ABC ∠=∠=︒，所以BC ⊥平面PAB ，且PBA ∠为二面角P BC A --的平面角， 又3BC =，4AB =，410PB =，由勾股定理可得13PC =，5AC =， 因为1sin 8102PAB S PB AB PBA PBA ∆⋅=⋅∠=∠，所以三棱锥的体积1181032433PAB V S BC PBA ∆=⋅=⨯∠⨯=，解得310sin PBA ∠=，又PBA ∠为锐角，所以10cos 10PBA ∠=， 在PAB ∆中，由余弦定理得2101601624410144PA =+-⨯⨯=， 即12PA =，则222PB PA AB =+，故PA AB ⊥， 由BC ⊥平面PAB 得BC PA ⊥，故PA ⊥平面ABC ，即PA AC ⊥，取PC 中点O ， 在直角PAC ∆和直角PBC ∆中，易得OP OC OA OB ===，故O 为外接球球心， 外接圆半径11322R PC ==，故外接球的表面积24169S R ππ==.故选：A. 8．（2019·湖南长沙一中高三）在如图所示的空间几何体中，下面的长方体1111ABCD A B C D -的三条棱长4AB AD ==，12AA =，上面的四棱锥1111P A B C D -中11D E C E =，1111PE A B C D ⊥平面，1PE =，则过五点A 、B 、C 、D 、P 的外接球的表面积为（ ）A ．311π9B ．311π18C ．313π9D ．313π18【答案】C【解析】问题转化为求四棱锥P ABCD -的外接球的表面积．4913PC =+=，∴3sin 13PCD ∠=．所以PCD ∆外接圆的半径为131336213r ==⨯，由于PE ⊥平面1111D C B A ，则PE ⊥平面ABCD ，PE ⊂平面PCD ，所以平面PCD ⊥平面ABCD ， 所以外接球的222169313243636R r =+=+=．所以2313π4π9S R ==球表面积．9．三棱锥P —ABC 中，底面ABC 满足BA=BC ， ，点P 在底面ABC 的射影为AC 的中点，且该三棱锥的体积为，当其外接球的表面积最小时，P 到底面ABC 的距离为（ ） A ．3 B ．C ．D ．【答案】B【解析】设外接球半径为，P 到底面ABC 的距离为，，则，因为，所以， 因为，所以当时，，当时，，因此当时，取最小值，外接球的表面积取最小值，选B.10．（2019·河北高三月考）在平面四边形ABCD 中，AB ⊥BD ，∠BCD =30°，2246AB BD +=，若将△ABD 沿BD 折成直二面角A -BD -C ，则三棱锥A-BDC 外接球的表面积是( ) A ．4π B ．5πC ．6πD ．8π【答案】C【解析】取,AD BD 中点,E F ，设BCD ∆的外心为M ，连,,MB MF EF ， 则01,30,22MF BD BMF DMB BCD BM BF BD ⊥∠=∠=∠=∴== 分别过,E M 作,MF EF 的平行线，交于O 点， 即//,//OE MF OM EF ，,BD AB E ⊥∴为ABD ∆的外心，平面ABD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，//,EF AB EF ∴⊥平面BCD ，OM ∴⊥平面BCD ，同理OE ⊥平面ABD ，,E M 分别为ABD ∆，BCD ∆外心，O ∴为三棱锥的外接球的球心，OB 为其半径, 22222221342OB BM OM BD EF BD AB =+=+=+=， 246S OB ππ=⨯=球.故选:C11．（2020·梅河口市第五中学高三期末（理））设三棱锥P ABC -的每个顶点都在球O 的球面上，PAB ∆是面积为3的等边三角形，45ACB ∠=︒，则当三棱锥P ABC -的体积最大时，球O 的表面积为（ ） A ．283π B ．10πC ．323π D ．12π【答案】A【解析】如图，由题意得2334AB =，解得2AB =.记,,AB c BC a AC b ===， 12sin 24ABC S ab C ab ∆==，由余弦定理2222cos c a b ab C =+-，得224222a b ab ab ab =+-≥-，42(22)22ab ≤=+-，当且仅当a b =时取等号．所以CA CB =且平面PAB ⊥底面ABC 时，三棱锥P ABC -的体积最大.分别过PAB ∆和ABC ∆的外心作对应三角形所在平面的垂线，垂线的交点即球心O ， 设PAB ∆和ABC ∆的外接圆半径分别为1r ，2r ，球O 的半径为R ，则123r =，21222sin 45r =⨯=︒.故222211172233R r r ⎛⎫=+=+= ⎪⎝⎭， 球O 的表面积为22843R ππ=.故选：A.12.（2020四川省成都外国语学校模拟）已知正方形ABCD 的边长为4，E ，F 分别是BC ，CD 的中点，沿AE ，EF ，AF 折成一个三棱锥P-AEF （使B ，C ，D 重合于P ），三棱锥P-AEF 的外接球表面积为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】如图，由题意可得，三棱锥P-AEF 的三条侧棱PA ，PE ，PF 两两互相垂直， 且，，把三棱锥P-AEF 补形为长方体，则长方体的体对角线长为， 则三棱锥P-AEF 的外接球的半径为，外接球的表面积为．故选：C ．13．已知球O 夹在一个二面角l αβ--之间，与两个半平面分别相切于点,A B .若2AB =，球心O 到该二面角的棱l 的距离为2，则球O 的表面积为（ ） A ．8πB ．6πC ．4πD ．2π【来源】江西省萍乡市2021届高三二模考试数学（文）试题 【答案】A【解析】过,,O A B 三点作球的截面，如图：设该截面与棱l 交于D ，则OA l ⊥，OB l ⊥，又OA OB O =，所以l ⊥平面AOB ，所以OD l ⊥，所以||2OD =，依题意得,OA AD OB BD ⊥⊥，所以,,,O A D B 四点共圆，且OD 为该圆的直径，因为||2||AB OD ==，所以AB 也是该圆的直径，所以四边形OADB 的对角线AB 与OD 的长度相等且互相平分，所以四边形OADB 为矩形，又||||OA OB =，所以该矩形为正方形，所以2||||22OA AB ==，即圆O 的半径为2，所以圆O 的表面积为24(2)8ππ⨯=. 故选：A14．已知点,,A B C 在半径为2的球面上，满足1AB AC ==，3BC =，若S 是球面上任意一点，则三棱锥S ABC -体积的最大值为（ ） A ．32312+ B ．3236+ C ．23312+ D ．3312+ 【答案】A【解析】设ABC 外接圆圆心为O '，三棱锥S ABC -外接球的球心为O ，1AB AC ==，设D 为BC 中点，连AD ，如图，则AD BC ⊥，且O '在AD 上，221()22BC AD AB =-=， 设ABC 外接圆半径为r ，222231()()()242BC r AD r r =+-=+-，解得1r =， 22||23OO r '∴=-=要使S ABC -体积的最大，需S 到平面ABC 距离最大， 即S 为O O '32，所以三棱锥S ABC -体积的最大值为11112)2)3322ABCS ⨯=⨯⨯⨯=故选：A15．已知半球O 与圆台OO '有公共的底面，圆台上底面圆周在半球面上，半球的半径为1，则圆台侧面积取最大值时，圆台母线与底面所成角的余弦值为（ ）A B C ．6D 【答案】D【解析】如图1所示，设BC x =，CO r '=，作CF AB ⊥于点F ，延长OO '交球面于点E ，则1BF r =-，OO CF '===2得CO O D ''⋅=()()11O E O H OO OO ''''⋅=+⋅-，即((211r =+⋅，解得212x r =-，则圆台侧面积(2π1102x S x x ⎛⎫=⋅+-⋅<< ⎪⎝⎭，则'2322S x ππ=-，令'0S =，则3x =或x =，当0x <<时，'0S >x <<'0S <，所以函数2π112x S x ⎛⎫=⋅+-⋅ ⎪⎝⎭在⎛ ⎝⎭上递增，在⎝上递减，所以当3x =时，S 取得最大值．当3x BC ==时，21123x r =-=，则213BF r =-=．在轴截面中，OBC ∠为圆台母线与底面所成的角，在Rt CFB △中可得cos 3BF OBC BC ∠==故选：D ．16．（2020·重庆八中高三）圆柱的侧面展开图是一个面积为216π的正方形，该圆柱内有一个体积为V 的球，则V 的最大值为 【答案】323π【解析】设圆柱的底面直径为2r ，高为l ，则222π16πr l l =⎧⎨=⎩，解得24πr l =⎧⎨=⎩.故圆柱的底面直径为4，高为4π，所以圆柱内最大球的直径为4，半径为2，其体积为34π32π233⨯=. 17．（2020·江西高三）半正多面体(semiregular solid )亦称“阿基米德多面体”，如图所示，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美．将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它们的边长都相等，其中八个为正三角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体.若二十四等边体的棱长为2，则该二十四等边体外接球的表面积为【答案】8π【解析】2，侧棱长为2的正四棱柱的外接球，2222(2)(2)(2)2R ∴=++,2R ∴,∴该二十四等边体的外接球的表面积24πS R =24π(2)8π=⨯=.18．（2020·福建高三期末（理））在棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为1AA ，BC 的中点，点M 在棱11B C 上，11114B M BC =，若平面FEM 交11A B 于点N ，四棱锥11N BDD B -的五个顶点都在球O 的球面上，则球O 半径为 【答案】2293【解析】如图1，2,,B M F 三点共线，连结22,B E B MF ∈从而2B ∈平面FEM ，则2B E 与11A B 的交点即为点N ，又12Rt B B N ∆与1Rt A EN ∆相似，所以1112112A E A NB B NB ==； 如图2，设11B D N ∆的外接圆圆心为1O ，半径为r ，球半径为R ，在11B D N ∆中，111445,103NB D D N ︒∠==，由正弦定理得453r =，所以1853D P =，在1Rt DD P ∆中，解得4293DP =，即42293R =，所以所求的球的半径为2293.19．（2020·黑龙江高三（理））设,,,A B C D 是同一个半径为4的球的球面上四点，在ABC 中，6BC =,60BAC ∠=︒,则三棱锥D ABC -体积的最大值为【答案】183【解析】ABC 中，6BC =,60BAC ∠=︒，则643223sin sin 60a r r A ===∴=︒，22max 6h R r R =-=，222222cos 36a b c bc A b c bc bc bc =+-=+-≥∴≤ ，1sin 932S bc A =≤ 当6a b c ===时等号成立，此时11833V Sh ==20．（2020·河北承德第一中学高三）正三棱锥S －ABC 的外接球半径为2，底边长AB ＝3，则此棱锥的体积为【答案】934或334【解析】设正三棱锥的高为h ，球心在正三棱锥的高所在的直线上，H 为底面正三棱锥的中心因为底面边长AB=3，所以2222333332AH AD ⎛⎫==-= ⎪⎝⎭当顶点S 与球心在底面ABC 的同侧时，如下图此时有222AH OH OA += ，即()()222322h +-=，可解得h=3因而棱柱的体积113393333224S ABC V -=⨯⨯⨯⨯=当顶点S 与球心在底面ABC 的异侧时，如下图有222AH OH OA +=，即()222322h +-=，可解得h=1所以113333313224S ABC V -=⨯⨯⨯⨯=9333421．（2020·江西高三（理））已知P,A,B,C 是半径为2的球面上的点，PA=PB=PC=2，90ABC ∠=︒，点B 在AC 上的射影为D ，则三棱锥P ABD -体积的最大值为 【答案】338【解析】如下图，由题意，2PA PB PC ===，90ABC ∠=︒，取AC 的中点为G ，则G 为三角形ABC 的外心，且为P 在平面ABC 上的射影，所以球心在PG 的延长线上，设PG h =，则2OG h =-，所以2222OB OG PB PG -=-，即22424h h --=-，所以1h =. 故G CG 3A ==，过B 作BD AC ⊥于D ，设AD x =(023x <<)，则23CD x =-,设(03)BD m m =<≤，则~ABD BCD ，故23m xx m-=， 所以()223m x x =-，则()23m x x =-，所以ABD 的面积()3112322S xm x x ==-，令()()323f x x x =-，则()2'634f x x x =-（），因为20x >，所以当3032x <<时，()'0f x >，即()f x 此时单调递增；当33232x ≤<时，()'0f x ≤，此时()f x 单调递减．所以当332x =时，()f x 取到最大值为24316，即ABD 的面积最大值为1243932168=．当ABD 的面积最大时，三棱锥P ABD -体积取得最大值为19333388⨯=.22．已知H 是球O 的直径AB 上一点，:1:3AH HB =，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为__________.【来源】宁夏固原市第五中学2021届高三年级期末考试数学（文）试题 【答案】163π【解析】如下图所示，设AH x =，可得出3HB x =，则球O 的直径为4AB x =，球O 的半径为2x ，设截面圆H 的半径为r ，可得2r ππ=，1r ∴=，由勾股定理可得()2222OH r x +=，即()22214x AH x -+=，即2214x x +=，33x ∴=，所以球O 的半径为2323x =，则球O 的表面积为22316433S ππ⎛⎫=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭. 23．如图，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，2PA AB ==，22AC =，M 是BC 的中点，则过点M 的平面截三棱锥P ABC -的外接球所得截面的面积最小值为___【答案】π 【解析】PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，将三棱锥P ABC -补成长方体ABCD PEFN -，则三棱锥P ABC -的外接球直径为22222223R PC PA AB AD PA AC ==++=+=，所以，3R =，设球心为点O ，则O 为PC 的中点，连接OM ，O 、M 分别为PC 、BC 的中点，则//OM PB ，且2211222OM PB PA AB ==+=， 设过点M 的平面为α，设球心O 到平面α的距离为d . ①当OM α⊥时，2d OM ==；②当OM 不与平面α垂直时，2d OM <=. 综上，2d OM ≤=.设过点M 的平面截三棱锥P ABC -的外接球所得截面圆的半径为r ，则221r R d =-≥，因此，所求截面圆的面积的最小值为2r ππ=.24．若正四棱锥P ABCD -的底面边长和高均为8，M 为侧棱PA 的中点，则四棱锥M ABCD -外接球的表面积为___________.【来源】山西省运城市2021届高三上学期期末数学（文）试题 【答案】132π【解析】在正四棱锥P ABCD -中M 为侧楼PA 中点,∴四棱锥M ABCD -外接球即为棱台MNEF ABCD -的外接球，如图，四棱锥P ABCD -的底面边长和高均为8，1214,42AB O N O M ===∴ 212242AO MO ==∴设球心为O ，则图中12,OO A OMO △△均为直角三角形， 设1OO h =，222(42)OA h ∴=+，222(22)(4)OM h =++，A , M 都在球面上，222O O M R A =∴=,解得21,33h R =∴=,24132S R ππ∴==球25．已知P 为球O 球面上一点，点M 满足2OM MP =，过点M 与OP 成30的平面截球O ，截面的面积为16π，则球O 的表面积为________.【来源】广西钦州市2021届高三第二次模拟考试数学（理）试题 【答案】72π 【解析】如图所示：设截面圆心为1O ， 依题意得130OMO ∠=， 设1OO h =，则2OM h =， 又2OM MP =，所以3OP h =，即球的半径为3h ，所以3ON h =，又截面的面积为16π，所以()2116O N ππ=，解得14O N =，在1Rt OO N 中，()22316h h =+， 解得2h =，所以球的半径为32， 所以球的表面积是()243272S ππ==，故答案为： 72π 26．如图是数学家GeminadDandelin 用来证明一个平面截圆锥得到的截面是椭圆的模型(称为丹德林双球模型)：在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥侧面､截面相切，设图中球1O 和球2O 的半径分别为1和3，128O O =，截面分别与球1O 和球2O 切于点E 和F ，则此椭圆的长轴长为___________.【来源】江苏省盐城市阜宁县2020-2021学年高三上学期期末数学试题【答案】15【解析】如图，圆锥面与其内切球12,O O 分别相切与,B A ，连接12,O B O A ，则12,O B AB O A AB ⊥⊥，过1O 作12O D O A 于D ，连接12,,O F O E EF 交12O O 于点C ，设圆锥母线与轴的夹角为α，截面与轴的夹角为β，在Rt △12O O D 中,2312DO ,22182215O D11221515cos 84O D O O α===128O O = , 218CO O C =-,△2EO C △1FO C ,11218O C O C EO O F -= 解得12O C =,26O C = 222211213CF O C FO ∴=-=-= ,即13cos 2CFO C , 所以椭圆离心率为cos 25cos 5c e aβα=== 在△2EO C 中223cos cos 2EC ECO O C β=∠== 解得33EC =,432EF c ==2325155a a =⇒= 2215a ∴=故答案为：21527．在长方体1111ABCD A B C D -中，13AB =，5AD =，112AA =，过点A 且与直线CD 平行的平面α将长方体分成两部分.现同时将两个球分别放入这两部分几何体内，则在平面α变化的过程中，这两个球的半径之和的最大值为___________.【来源】江苏省六校2021届高三下学期第四次适应性联考数学试题 【答案】16538【解析】如图所示：平面ABMN 将长方体分成两部分，MN 有可能在平面11CDD C 上或平面1111A D C B 上，根据对称性知，两球半径和的最大值是相同的，故仅考虑在平面11CDD C 上的情况，延长11B C 与BM 交于点P ，作1O Q BC ⊥于Q 点，设1CBP BPB α∠=∠=，圆1O 对应的半径为1r ，根据三角形内切圆的性质， 在1Rt O QB 中，12QBO α∠=，15BQ BC CQ r =-=-，111tan 25O Q r BQ r α==-， 则15tan5251tan 1tan 22r ααα==-++，又当BP 与1BC 重合时，1r 取得最大值，由内切圆等面积法求得1512251213r ⨯≤=++，则2tan 23α≤ 设圆2O 对应的半径为2r ，同理可得266tan2r α=-， 又252r ≤，解得7tan 212α≥. 故1255566tan 176(1tan )221tan 1tan 22r r αααα+=-+-=--+++，72tan 1223α≤≤， 设1tan 2x α=+，则195[,]123x ∈，()5176f x x x=--， 由对号函数性质易知195[,]123x ∈，函数()f x 单减，则19519165()()1761912123812f x f ≤=--⨯=，即最大值为16538 故答案为：16538 28．设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ABC -体积的最大值为___________.【来源】江苏省南京市秦淮中学2021届高三下学期期初学情调研数学试题【答案】183【解析】ABC 为等边三角形且其面积为93，则23934ABC SAB ==，6AB ∴=，如图所示，设点M 为ABC 的重心，E 为AC 中点，当点D 在平面ABC 上的射影为M 时，三棱锥D ABC -的体积最大，此时，4OD OB R ===， 点M 为三角形ABC 的重心，2233BM BE ∴==， Rt OMB ∴中，有222OM OB BM =-=，426DM OD OM ∴=+=+=，所以三棱锥D ABC -体积的最大值19361833D ABC V -=⨯=29．已知四面体ABCD 的棱长均为6,,EF 分别为棱,BC BD 上靠近点B 的三等分点，过,,A E F 三点的平面与四面体ABCD 的外接球O 的球面相交,得圆'O ，则球O 的半径为___________，圆'O 的面积为__________．【来源】河南省九师联盟2021届高三下学期3月联考理科数学试题【答案】3 8π【解析】。
高考球类型及例题
高考球类型及例题 Prepared on 22 November 2020高考球类型及例题1、球定义2、球面距离经度纬度：此类题主要目的在于明确经度和纬度概念，注意及利用圆的有关性质，弧长公式，球的截面的性质等球截面：涉及到球的截面的问题，总是使用关系式22d R r -=解题，我们可以通过两 个量求第三个量，也可能是抓三个量之间的其它关系，求三个量．3、球内接多面体：解决与球有关的接、切问题时，一般作一个适当的截面，将问题转化为平面问题4、多面体内切球、：解决有关几何体接切的问题，如何选取截面是个关键．5、球与球外切：球心是决定球的位置关键点，本题利用球心到正三棱锥四个面的距离相等且为球半径R 来求出R ，以球心的位置特点来抓球的基本量，这是解决球有关问题常用的方法．比总之：通过此类题目，明确球的有关计算问题需先将立体问题转化为平面问题，进一步熟悉有关圆的基础知识，熟练使用方程思想，合理设元，列式，求解．类型例题一球定义例1 过球面上两点作球的大圆，可能的个数是（ ）．A ．有且只有一个B ．一个或无穷多个C ．无数个D ．以上均不正确分析：对球面上两点及球心这三点的位置关系进行讨论．当三点不共线时，可以作一个大圆；当三点共线时，可作无数个大圆，故选B ．答案：B 说明：解此易选出错误判断A ．其原因是忽视球心的位置． 类型例题二球面距离经度纬度例1．已知地球的半径为R ，球面上B A ,两点都在北纬45 圈上，它们的球面距离为R 3π，A 点在东经30 上，求B 点的位置及B A ,两点所在其纬线圈上所对应的劣弧的长度．分析：求点B 的位置，如图就是求B AO 1∠的大小，只需求出弦AB 的长度．对于AB 应把它放在OAB ∆中求解，根据球面距离概念计算即可．解：如图，设球心为O ，北纬45 圈的中心为1O ，由B A ,两点的球面距离为R 3π，所以AOB ∠=3π， ∴OAB ∆为等边三角形．于是R AB =．由R R B O A O 2245cos 11=⋅== ， 22121AB B O A O =+∴．即B AO 1∠=2π． 又A 点在东经30 上，故B 的位置在东经120 ，北纬45 或者西经60 ，北纬45 ．B A ,∴两点在其纬线圈上所对应的劣弧R A O ππ4221=⋅． 说明：此题主要目的在于明确经度和纬度概念，及利用球的截面的性质和圆的有关性质设计计算方案．类型例题三球截面例1 在球心同侧有相距cm 9的两个平行截面，它们的面积分别为249cm π和2400cm π．求球的表面积．分析：可画出球的轴截面，利用球的截面性质，求球的半径．解：如图为球的轴截面，由球的截面性质知，21//BO AO ，且若1O 、2O 分别为两截面圆的圆心，则11AO OO ⊥，22BO OO ⊥．设球的半径为R ．∵ππ4922=⋅B O ，∴)(72cm B O =同理ππ40021=⋅A O ，∴)(201cm A O =设xcm OO =1，则cm x OO )9(2+=．在A OO Rt 1∆中，22220+=x R ；在B OO Rt 2∆中，2227)9(++=x R ，∴222)9(720++=+x x ，解得15=x ，∴22222520=+=x R ，∴25=R∴)(2500422cm R S ππ==球．∴球的表面积为22500cm π．例2．用两个平行平面去截半径为R 的球面，两个截面圆的半径为cm r 241=，cm r 152=．两截面间的距离为cm d 27=，求球的表面积．分析：此类题目的求解是首先做出截面图，再根据条件和截面性质做出与球的半径有关的三角形等图形，利用方程思想计算可得．解：设垂直于截面的大圆面交两截面圆于2211,B A B A ，上述大圆的垂直于11B A 的直径交2211,B A B A 于21,O O ，如图2．设2211,d OO d OO ==，则⎪⎩⎪⎨⎧=+=+=+2222222121152427R d R d d d ，解得25=R ．)(2500422cm R S ππ==∴圆．说明：通过此类题目，明确球的有关计算问题需先将立体问题转化为平面问题，进一步熟悉有关圆的基础知识，熟练使用方程思想，合理设元，列式，求解．例3 A 、B 是半径为R 的球O 的球面上两点，它们的球面距离为R 2π，求过A 、B 的平面中，与球心的最大距离是多少分析：A 、B 是球面上两点，球面距离为R 2π，转化为球心角2π=∠AOB ，从而R AB 2=，由关系式222d R r -=，r 越小，d 越大，r 是过A 、B 的球的截面圆的半径，所以AB 为圆的直径，r 最小．解：∵球面上A 、B 两点的球面的距离为R 2π． ∴2π=∠AOB ，∴R AB 2=．当AB 成为圆的直径时，r 取最小值，此时R AB r 2221==，d 取最大值， R r R d 2222=-=， 即球心与过A 、B 的截面圆距离最大值为R 22． 说明：利用关系式222d R r -=不仅可以知二求一，而且可以借此分析截面的半径r 与球心到截面的距离d 之间的变化规律．此外本题还涉及到球面距离的使用，球面距离直接与两点的球心角AOB ∠有关，而球心角AOB ∠又直接与AB 长度发生联系，这是使用或者求球面距离的一条基本线索，继续看下面的例子．例4 球面上有3个点，其中任意两点的球面距离都等于大圆周长的61，经过3个点的小圆的周长为π4，那么这个球的半径为（ ）．A ．34B ．32C ．2D ．3 分析：利用球的概念性质和球面距离的知识求解．设球的半径为R ，小圆的半径为r ，则ππ42=r ，∴2=r ．如图所示，设三点A 、B 、C ，O 为球心，362ππ==∠=∠=∠COA BOC AOB ．又∵OB OA =，∴AOB ∆是等边三角形，同样，BOC ∆、COA ∆都是等边三角形，得ABC ∆为等边三角形，边长等于球半径R ．r 为ABC ∆的外接圆半径，R AB r 3333==，3233==r R ． 答案：B 说明：本题是近年来球这部分所出的最为综合全面的一道题，除了考查常规的与多面体综合外，还考查了球面距离，几乎涵盖了球这部分所有的主要知识点，是一道不可多得的好题．类型例题四球内接例1．自半径为R 的球面上一点M ，引球的三条两两垂直的弦MC MB MA ,,，求222MC MB MA ++的值．分析：此题欲计算所求值，应首先把它们放在一个封闭的图形内进行计算，所以应引导学生构造熟悉的几何体并与球有密切的关系，便于将球的条件与之相联．解：以MC MB MA ,,为从一个顶点出发的三条棱，将三棱锥ABC M -补成一个长方体，则另外四个顶点必在球面上，故长方体是球的内接长方体，则长方体的对角线长是球的直径．∴222MC MB MA ++=224)2(R R =．说明：此题突出构造法的使用，以及渗透利用分割补形的方法解决立体几何中体积计算．例2 半径为R 的球内接一个各棱长都相等的四棱锥．求该四棱锥的体积．分析：四棱锥的体积由它的底面积和高确定，只需找到底面、高与球半径的关系即可，解决这个问题的关键是如何选取截面，如图所示．解：∵棱锥底面各边相等，∴底面是菱形．∵棱锥侧棱都相等，∴侧棱在底面上射影都相等，即底面有外接圆．∴底面是正方形，且顶点在底面上的射影是底面中心，此棱锥是正棱锥．过该棱锥对角面作截面，设棱长为a ，则底面对角线a AC 2=，故截面SAC 是等腰直角三角形．又因为SAC 是球的大圆的内接三角形，所以R AC 2=，即R a 2=．∴高R SO =，体积33231R SO S V =⋅=底． 说明：在作四棱锥的截面时，容易误认为截面是正三角形，如果作平等于底面一边的对称截面（过棱锥顶点，底面中心，且与底面一边平行），可得一个腰长为斜高、底为底面边长的等腰三角形，但这一等腰三角形并不是外接球大圆的内接三角形．可见，解决有关几何体接切的问题，如何选取截面是个关键．解决此类问题的方法通常是先确定多面体的棱长（或高或某个截面内的元素）与球半径的关系，再进一步求解．例3 在球面上有四个点P 、A 、B 、C ，如果PA 、PB 、PC 两两互相垂直，且a PC PB PA ===．求这个球的表面积．分析：24R S π=球面，因而求球的表面关键在于求出球的半径R ．解：设过A 、B 、C 三点的球的截面半径为r ，球心到该圆面的距离为d ，则222d r R +=．由题意知P 、A 、B 、C 四点不共面，因而是以这四个点为顶点的三棱锥ABC P -（如图所示）．ABC ∆的外接圆是球的截面圆．由PA 、PB 、PC 互相垂直知，P 在ABC 面上的射影'O 是ABC ∆的垂心，又a PC PB PA ===，所以'O 也是ABC ∆的外心，所以ABC ∆为等边三角形， 且边长为a 2，'O 是其中心，从而也是截面圆的圆心．据球的截面的性质，有'OO 垂直于⊙'O 所在平面，因此P 、'O 、O 共线，三棱锥ABC P -是高为'PO 的球内接正三棱锥，从而'PO R d -=．由已知得a r 36=，a PO 33'=，所以2'2222)(PO R r d r R -+=+=，可求得a R 23=，∴2234a R S ππ==球面． 说明：涉及到球与圆柱、圆锥、圆台切接问题，一般作其轴截面；涉及到球与棱柱、棱锥、棱台的切接问题，一般过球心及多面体中特殊点或线作截面，把空间问题化为平面问题，进而利用平面几何的知识寻找几何体元素间的关系．例4 球面上有三点A 、B 、C 组成这个球的一个截面的内接三角形三个顶点，其中18=AB ，24=BC 、30=AC ，球心到这个截面的距离为球半径的一半，求球的表面积．分析：求球的表面积的关键是求球的半径，本题的条件涉及球的截面，ABC ∆是截面的内接三角形，由此可利用三角形求截面圆的半径，球心到截面的距离为球半径的一半，从而可由关系式222d R r -=求出球半径R ．解：∵18=AB ，24=BC ，30=AC ，∴222AC BC AB =+，ABC ∆是以AC 为斜边的直角三角形．∴ABC ∆的外接圆的半径为15，即截面圆的半径15=r ， 又球心到截面的距离为R d 21=， ∴22215)21(=-R R ，得310=R ． ∴球的表面积为πππ1200)310(4422===R S ．说明：涉及到球的截面的问题，总是使用关系式22d R r -=解题，我们可以通过两个量求第三个量，也可能是抓三个量之间的其它关系，求三个量．例如，过球O 表面上一点A 引三条长度相等的弦AB 、AC 、AD ，且两两夹角都为︒60，若球半径为R ，求弦AB 的长度．由条件可抓住BCD A -是正四面体，A 、B 、C 、D 为球上四点，则球心在正四面体中心，设a AB =，则截面BCD 与球心的距离R a d -=36，过点B 、C 、D 的截面圆半径a r 33=，所以222)36()33(R a R a --=得R a 362=． 例5 正三棱锥ABC P -的侧棱长为l ，两侧棱的夹角为α2，求它的外接球的体积．分析：求球半径，是解本题的关键．解：如图，作⊥PD 底面ABC 于D ，则D 为正ABC ∆的中心．∵⊥OD 底面ABC ，∴O 、P 、D 三点共线． ∵l PC PB PA ===，α2=∠APB ．∴ααsin 22cos 2222l l l AB =-=．∴αsin 33233==AB AD ， 设β=∠APD ，作PA OE ⊥于E ，在APD Rt ∆中，∵αβsin 332sin ==PA AD ， 又R OA OP ==，∴l PA PE 2121==． 在POE Rt ∆中，∵αβ2sin 3412cos -===lPE PO R ， ∴)sin 43(2sin 433sin 34123422332ααπαπ--=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-=l l V 球． 说明：解决与球有关的接、切问题时，一般作一个适当的截面，将问题转化为平面问题解决，这类截面通常指圆锥的轴截面、球的大圆、多面体的对角面等，在这个截面中应包括每个几何体的主要元素，且这个截面必须能反映出体和体之间的主要位置关系和数量关系．类型例题五球外切例1．如图1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．（1）求两球半径之和；（2）球的半径为多少时，两球体积之和最小．分析：此题的关键在于作截面，一个球在正方体内，学生一般知道作对角面，而两个球的球心连线也应在正方体的体对角线上，故仍需作正方体的对角面 ，得如图2的截面图，在图2中，观察R 与r 和棱长间的关系即可． 解：如图2，球心1O 和2O 在AC 上，过1O ，2O 分别作BC AD ,的垂线交于F E ,． 则由3,1==AC AB 得R CO r AO 3,321==．3)(3=+++∴R r R r ，233133-=+=+∴r R ． （1）设两球体积之和为V ，则))((34)(342233r Rr R R r r R V +-+=+=ππ =[]=-+rR r R 3)(233342π⎥⎦⎤⎢⎣⎡--)233(3)233(233342R R π =⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+--22)233(2)33(3323334R R π 当433-=R 时，V 有最小值．∴当433-==r R 时，体积之和有最小值． 例2．设正四面体中，第一个球是它的内切球，第二个球是它的外接球，求这两个球的表面积之比及体积之比．分析：此题求解的第一个关键是搞清两个球的半径与正四面体的关系，第二个关键是两个球的半径之间的关系，依靠体积分割的方法来解决的．解：如图，正四面体ABCD 的中心为O ，BCD ∆的中心为1O ，则第一个球半径为正四面体的中心到各面的距离，第二个球的半径为正四面体中心到顶点的距离．设R OA r OO ==,1，正四面体的一个面的面积为S ．图2依题意得)(31r R S V BCD A +=-， 又S r V V BCD O BCD A ⋅⨯==--3144 r r R 4=+∴即r R 3=． 所以914422==R r ππ外接球的表面积内切球的表面积．271343433==R r ππ外接球的体积内切球的体积． 说明：正四面体与球的接切问题，可通过线面关系证出，内切球和外接球的两个球心是重合的，为正四面体高的四等分点，即定有内切球的半径h r 41=(h 为正四面体的高)，且外接球的半径r R 3=．例3 已知棱长为3的正四面体ABCD ，E 、F 是棱AB 、AC 上的点，且FC AF 2=，AE BE 2=．求四面体AEFD 的内切球半径和外接球半径．分析：可用何种法求内切球半径，把AEF D V -分成4个小体积(如图)．解：设四面体AEFD 内切球半径为r ，球心N ，外接球半径R ，球心M ，连结NA 、NE 、NF 、ND ，则EFD N ADE N AFD N AEF N AEFD V V V V V ----+++=．四面体AEFD 各面的面积为2392==∆∆ABC AEF S S ，23332==∆∆ABC AFD S S ，43331==∆∆ABC AED S S ． DEF ∆各边边长分别为3=EF ，7==DE DF ， ∴345=∆DEF S ． ∵2292==ABCD ADEF V V ， )(31DEF AED AFD AEF AEFD S S S S r V ∆∆∆∆+++=， ∴)43543323323(3122+++=r ，∴86=r ． 如图，AEF ∆是直角三角形，其个心是斜边AF 的中点G ．设ABC ∆中心为1O ，连结1DO ，过G 作平面AEF 的垂线，M 必在此垂线上， 连结1GO 、MD ．∵ABC MG 平面⊥，ABC DO 平面⊥1，∴1//DO MG ，1GO MG ⊥．在直角梯形DM GO 1中，11=GO ，61=DO ，R MD =，1222-=-=R AG AM MG ，又∵22121)(MD GO MG DO =+-，∴2221)16(R R =+--， 解得：210=R ． 综上，四面体AEFD 的内切球半径为86，外接球半径为210． 说明：求四面体外接半径的关键是确定其球心．对此多数同学束手无策，而这主要是因本题图形的背景较复杂．若把该四面体单独移出，则不参发现其球心在过各面三角形外心且与该三角形所在平面垂直的直线上，另还须注意其球心不一定在四面体内部．本题在求四面体内切球半径时，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．这样分割的思想方法应给予重视．例4 一个倒圆锥形容器，它的轴截面是正三角形，在容器内注入水，并放入一个半径为r 的铁球，这时水面恰好和球面相切．问将球从圆锥内取出后，圆锥内水平面的高是多少分析：先作出轴截面，弄清楚圆锥和球相切时的位置特征，利用铁球取出后，锥内下降部分(圆台)的体积等于球的体积，列式求解．解：如图，作轴截面，设球未取出时，水面高h PC =，球取出后，水面高x PH =． ∵r AC 3=，r PC 3=，则以AB 为底面直径的圆锥容积为3233)3(31r r r ππ=⋅=， 334r V π=球． 球取出后，水面下降到EF ，水的体积为32291)30tan (3131x PH PH PH EH V πππ=︒=⋅⋅=水． 又球圆锥水V V V -=，则33334391r r x πππ-=， 解得r x 315=． 答：球取出后，圆锥内水平面高为r 315．说明：抓住水的何种不变这个关键，本题迅速获解．例5 正三棱锥的高为1，底面边长为62，正三棱锥内有一个球与其四个面相切．求球的表面积与体积．分析：球与正三棱锥四个面相切，实际上，球是正三棱锥的内切球，球心到正三棱锥的四个面的距离相等，都为球半径R ．这样求球的半径可转化为球球心到三棱锥面的距离，而点面距离常可以用等体积法解决．解：如图，球O 是正三棱锥ABC P -的内切球，O 到正三棱锥四个面的距离都是球的半径R ．PH 是正三棱锥的高，即1=PH ．E 是BC 边中点，H 在AE 上，ABC ∆的边长为62，∴26263=⨯=HE ． ∴3=PE 可以得到2321=⋅===∆∆∆PE BC S S S PBC PAC PAB ． 由等体积法，ABC O PBC O PAC O PAB O ABC P V V V V V -----+++= ∴R R ⨯⨯+⨯⨯⨯=⨯⨯363132******** 得：2633232-=+=R ， ∴πππ)625(8)26(4422-=-==R S 球． ∴33)26(3434-==ππR V 球． 说明：球心是决定球的位置关键点，本题利用球心到正三棱锥四个面的距离相等且为球半径R 来求出R ，以球心的位置特点来抓球的基本量，这是解决球有关问题常用的方法．比如：四个半径为R 的球两两外切，其中三个放在桌面上，第四个球放在这三个球之上，则第四个球离开桌面的高度为多少这里，四个球的球心这间的距离都是R 2，四个球心构成一个棱长为R 2的正四面体，可以计算正四面体的高为R R 362236=⨯，从而上面球离开桌面的高度为R R 3622+． 例6求球与它的外切圆柱、外切等边圆锥的体积之比．分析：首先画出球及它的外切圆柱、等边圆锥，它们公共的轴截面，然后寻找几何体与几何体之间元素的关系．解：如图，等边SAB ∆为圆锥的轴截面，此截面截圆柱得正方形11CDD C ，截球面得球的大圆圆1O ．设球的半径R OO =1，则它的外切圆柱的高为R 2，底面半径为R ； R O O OB 330cot 1=︒⋅=，R R OB SO 33360tan =⋅=︒⋅=， ∴334R V π=球，3222R R R V ππ=⋅=柱，3233)3(31R R R V ππ=⋅⋅=锥，∴964∶∶∶∶锥柱球=V V V ．。
历年高考真题专题04立体几何
专题04 立体几何【2020年】1.（2020·新课标Ⅰ）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）A. 51-B. 51-C. 51+D. 51+ 【解析】如图，设,CD a PE b ==，则22224a PO PE OEb =-=-， 由题意212PO ab =，即22142a b ab -=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得15b a +=（负值舍去）.2.（2020·新课标Ⅰ）已知A 、B 、C 为球O 球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（ ）A. 64πB. 48πC. 36πD. 32π【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r ππ=∴=，由正弦定理可得2sin 6023AB r =︒=，123OO AB ∴==，根据圆截面性质1OO ⊥平面ABC ， 222211111,4OO O A R OA OO O A OO r ∴⊥==+=+=，∴球O 的表面积2464S R ππ==.3.（2020·新课标Ⅱ）如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为（）A. EB. FC. GD. H【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，图中标出了根据三视图M点所在位置，可知在侧视图中所对应的点为E。
4.（2020·新课标Ⅲ）下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）2233【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDBS S S===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：22AB AD DB===∴ADB△是边长为2根据三角形面积公式可得：2113sin 60(22)23222ADB S AB AD =⋅⋅︒=⋅=△ ∴该几何体的表面积是：2362332=⨯++.5.（2020·北京卷）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（ ）． A . 63+ B. 623+C. 123+D. 1223+ 【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形， 则其表面积为：()1322222sin 6012232S ⎛⎫=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯︒=+⎪⎝⎭. 6.（2020·山东卷）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为（ ）A. 20°B. 40°C. 50°D. 90°【解析】画出截面图如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥..由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒，由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒.7.（2020·天津卷）若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A. 12π B. 24π C. 36π D. 144π【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即()()()22223232332R ++==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=.8.（2020·浙江卷）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）A. 73B. 143C. 3D. 6【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为：11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 9.（2020·山东卷）已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．【解析】如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E 3=，111D E B C ⊥， 又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥，因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥， 因为球的半径为5，13D E =，所以2211||||||532EP D P D E =-=-=， 所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E 的距离为2，因为||||2EF EG ==，所以侧面11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，因为114B EF C EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得2222FG ππ=⨯=. 10.（2020·浙江卷）已知圆锥展开图的侧面积为2π，且为半圆，则底面半径为_______．【解析】设圆锥底面半径为r ，母线长为l ，则21222r l r l ππππ⨯⨯=⎧⎪⎨⨯⨯=⨯⨯⨯⎪⎩，解得1,2r l ==. 11.（2020·江苏卷）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半轻为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.【解析】正六棱柱体积为23622=123⨯；圆柱体积为21()222ππ⋅=；所求几何体体积为1232π 12.（2020·新课标Ⅲ）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．2【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，由于223122AM =-=，故1222222S =⨯⨯=△ABC ，设内切圆半径为r ，则： ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯ ()1332222r =⨯++⨯=，解得：22r ，其体积：34233V r ππ==. 【2019年】1．【2019·全国Ⅰ卷】已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为( )A ．68πB ．64πC ．62πD ．6π 【解析】,PA PB PC ABC ==△为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA ，AB 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CEAC C EF =∴⊥平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ，2APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===，P ABC ∴-为正方体的一部分，22226R =++=，即364466,π62338R V R =∴=π=⨯=π，故选D ．2．【2019·全国Ⅱ卷】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( )A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ．3．【2019·全国Ⅲ卷】如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则( )A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线；B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线；D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线【解析】如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，BD ，易得直线BM ，EN 是三角形EBD 的中线，是相交直线.过M 作MF OD ⊥于F ，连接BF ，平面CDE ⊥平面ABCD ，,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，MFB ∴△与EON △均为直角三角形．设正方形边长为2，易知3,12EO ON EN ===,，35,,722MF BF BM ==∴=，BM EN ∴≠，故选B ．4．【2019·浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体=Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm ），则该柱体的体积（单位：cm 3）是( )A ．158B ．162C ．182D ．324 【解析】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为264633616222++⎛⎫⨯+⨯⨯=⎪⎝⎭. 故选B.5．【2019·浙江卷】设三棱锥V –ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P –AC –B 的平面角为γ，则( ) A ．β<γ，α<γ B ．β<α，β<γ C ．β<α，γ<α D ．α<β，γ<β 【解析】如图，G 为AC 中点，连接VG ，V 在底面ABC 的投影为O ，则P 在底面的投影D 在线段AO 上，过D 作DE 垂直于AC 于E ，连接PE ，BD ，易得PE VG ∥，过P 作PF AC ∥交VG 于F ，连接BF ，过D 作DH AC ∥，交BG 于H ，则,,BPF PBD PED αβγ=∠=∠=∠，结合△PFB ，△BDH ，△PDB 均为直角三角形，可得cos cos PF EG DH BD PB PB PB PBαβ===<=，即αβ>； 在Rt △PED 中，tan tan PD PD ED BD γβ=>=，即γβ>，综上所述，答案为B.6．【2019·全国Ⅲ卷】学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O —EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.【解析】由题意得，214642312cm 2EFGH S =⨯-⨯⨯⨯=四边形，∵四棱锥O −EFGH 的高为3cm ， ∴3112312cm 3O EFGH V -=⨯⨯=． 又长方体1111ABCD A B C D -的体积为32466144cm V =⨯⨯=，所以该模型体积为3214412132cm O EFGH V V V -=-=-=，其质量为0.9132118.8g ⨯=．7．【2019·北京卷】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【解析】如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体，则几何体的体积()3142424402V =-⨯+⨯⨯=.8．【2019·北京卷】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ； ②m ∥α； ③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m ，正确；（2）如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α，不正确，有可能m 在平面α内；（3）如果l ⊥m ，m ∥α，则l ⊥α，不正确，有可能l 与α斜交、l ∥α.故答案为：如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m.9．【2019·天津卷】已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_____________．【解析】由题意，四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5，借助勾股定理，可知四棱锥的高为512-=.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为12，故圆柱的体积为21ππ124⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭. 10．【2019·江苏卷】如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD 的体积是 ▲ .【解析】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120，所以1120AB BC CC ⋅⋅=，因为E 为1CC 的中点，所以112CE CC =，由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ， 所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高，所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=. 【2018年】1．【2018·全国Ⅰ卷】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为A ．172B ．52C ．3D ．2【答案】B2．【2018·全国Ⅰ卷】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为 A ．33 B ．23 C ．324D ．3【解析】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体1111ABCD A B C D -中， 平面11AB D 与线11111,,AA A B A D 所成的角是相等的，所以平面11AB D 与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的， 同理，平面1C BD 也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面11AB D 与1C BD 中间，且过棱的中点的正六边形，且边长为22，所以其面积为232336424S ⎛⎫=⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，故选A. 3．【2018·全国Ⅲ卷】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是【解析】本题主要考查空间几何体的三视图.由题意知，俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形.故选A ．4．【2018·浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是俯视图正视图2211A ．2B ．4C ．6D ．8【解析】根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上、下底分别为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为()112226,2⨯+⨯⨯=故选C. 5．【2018·全国Ⅲ卷】设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ABC -体积的最大值为 A ．123B ．183C ．243D ．543【解析】如图所示，设点M 为三角形ABC 的重心，E 为AC 中点，当点D 在平面ABC 上的射影为M 时，三棱锥D ABC -的体积最大，此时，4OD OB R ===，2393ABC S AB ==△，6AB ∴=,点M 为三角形ABC 的重心，2233BM BE ∴==，Rt OBM ∴△中，有222OM OB BM =-=，426DM OD OM ∴=+=+=，()max 19361833D ABC V -∴=⨯⨯=，故选B.6．【2018·全国Ⅱ卷】在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，13AA =，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为 A ．15B ．5C ．5 D ．2 【解析】方法一：用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，如图，则11B P AD ∥，连接DP ，易求得1=5DB DP =，12B P =，则1DB P ∠是异面直线1AD 与1DB 所成的角，由余弦定理可得222111115cos 2545DB B P DP DB P DB PB +-∠===⋅.故选C.方法二：以D 为坐标原点，DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系， 则()()((110,0,0,1,0,0,3,3D A B D ,所以()(111,0,3,3AD DB =-=, 因为1111115cos ,25AD DB AD DB AD DB ⋅===⨯， 所以异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为55，故选C. 7．【2018·浙江卷】已知四棱锥S −ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S −AB −C 的平面角为θ3，则A ．θ1≤θ2≤θ3B ．θ3≤θ2≤θ1C ．θ1≤θ3≤θ2D ．θ2≤θ3≤θ1【解析】设O 为正方形ABCD 的中心，M 为AB 中点，过E 作BC 的平行线EF ，交CD 于F ，过O 作ON 垂直EF 于N ，连接SO ，SN ，SE ，SM ，OM ，OE ，则SO 垂直于底面ABCD ，OM 垂直于AB ， 因此123,,,SEN SEO SMO ∠=∠=∠=θθθ 从而123tan ,tan ,tan ,SN SN SO SOEN OM EO OM====θθθ 因为SN SO EO OM ≥≥，，所以132tan tan tan ,≥≥θθθ即132≥≥θθθ，故选D.8．【2018·江苏卷】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．【答案】439．【2018·全国II 卷】已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB △的面积为515__________．【解析】因为母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，所以母线SA ，SB 所成角的正弦值为158，因为SAB △的面积为515,l 所以22115515,802l l ⨯=∴=，因为SA 与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为π2cos ,42r l ==因此圆锥的侧面积为22ππ402π.2rl l == 【2017年】1．【2017·全国Ⅱ卷】已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=︒，2AB =，11BC CC ==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为A 3B 15C 10D 3【答案】C【解析】如图所示，补成直四棱柱1111ABCD A B C D -，则所求角为21111,2,21221cos603,5BC D BC BD C D AB ∠==+-⨯⨯⨯︒===，易得22211C D BD BC =+，因此111210cos 55BC BC D C D ∠===，故选C ． 2．【2017·全国Ⅰ卷】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为A ．10B ．12C ．14D ．16【解析】由题意该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成，如下图，则该几何体各面内只有两个相同的梯形，则这些梯形的面积之和为12(24)2122⨯+⨯⨯=，故选B ． 3．【2017·北京卷】某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为A ．2B ．3C ．2D ．2【解析】几何体是四棱锥P ABCD -，如图.最长的棱长为补成的正方体的体对角线，即该四棱锥的最长棱的长度为22222223l =++=，选B ． 4．【2017·全国Ⅱ卷】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π【解析】由题意，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为4的圆柱，其体积213436V =π⨯⨯=π，上半部分是一个底面半径为3，高为6的圆柱的一半，其体积221(36)272V =⨯π⨯⨯=π，故该组合体的体积12362763V V V =+=π+π=π．故选B ．5．【2017·全国Ⅲ卷】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为 A ．πB ．3π4 C ．π2D ．π4【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示：由题意可得：11,2AC AB ==，结合勾股定理，底面半径2213122r ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭， 由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是2233ππ1π24V r h ⎛⎫==⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，故选B. 6．【2017·浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是A ．12π+ B ．32π+ C ．312π+ D ．332π+ 【解析】根据所给三视图可还原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体，所以，几何体的体积为21113(21)13222V π⨯π=⨯⨯+⨯⨯=+，故选A ．7．【2017·浙江卷】如图，已知正四面体–D ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP=PB ，2BQ CRQC RA==，分别记二面角D –PR –Q ，D –PQ –R ，D –QR –P 的平面角为αβγ,,，则A ． γαβ<<B ．αγβ<<C ．αβγ<<D ．βγα<<【解析】设O 为三角形ABC 中心，则O 到PQ 距离最小，O 到PR 距离最大，O 到RQ 距离居中，而三棱锥的高相等，因此αγβ<<，所以选B ．8．【2017·全国I 卷】如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△F AB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△F AB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥.当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm 3）的最大值为 .【解析】如下图，连接DO 交BC 于点G ，设D ，E ，F 重合于S 点，正三角形的边长为x (x >0)，则133OG x =⨯3x =.∴35FG SG x ==-， 222233566SO h SG GO x x ⎛⎫⎛⎫==-=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3553x ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭， ∴三棱锥的体积2113355333ABC V S h x x ⎛⎫=⋅=⨯⨯- ⎪ ⎪⎝⎭△451535123x x =-. 设()4535n x x x =-，x >0，则()345320n x x x '=-， 令()0n x '=，即43403x -=，得43x =，易知()n x 在43x =处取得最大值. ∴max 154854415V =⨯⨯-=.9．【2017·山东卷】由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为.【解析】由三视图可知,长方体的长、宽、高分别为2,1,1,圆柱的高为1,底面圆的半径为1,所以2π1π21121242V⨯=⨯⨯+⨯⨯=+.10．【2017·天津卷】已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为___________．【解析】设正方体的边长为a，则26183a a=⇒=，其外接球直径为233R a==，故这个球的体积34π3V R==4279ππ382⨯=．11．【2017·江苏卷】如图，在圆柱12O O内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱12O O的体积为1V，球O的体积为2V，则12VV的值是.【解析】设球半径为r，则213223423V r rV rπ⨯==π．故答案为32．12．【2017·全国Ⅲ卷】a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最大值为60°.其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）【解析】设1AC BC ==.由题意，AB 是以AC 为轴,BC 为底面半径的圆锥的母线，由,AC a AC b ⊥⊥，又AC ⊥圆锥底面，所以在底面内可以过点B ，作BD a ∥，交底面圆C 于点D ，如图所示，连接DE ，则DE ⊥BD ，DE b ∴∥，连接AD ，等腰ABD △中，2AB AD ==,当直线AB 与a 成60°角时，60ABD ∠=，故2BD =，又在Rt BDE △中，2,2BE DE =∴=，过点B 作BF ∥DE ，交圆C 于点F ，连接AF ，由圆的对称性可知2BF DE ==,ABF ∴△为等边三角形，60ABF ∴∠=，即AB 与b 成60°角，②正确，①错误.由图可知③正确；很明显，可以满足平面ABC ⊥直线a ，则直线AB 与a 所成角的最大值为90°，④错误.故正确的是②③.【2016年】1. 【2016高考新课标1卷】如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是283π,则它的表面积是（ ） （A ）17π （B ）18π （C ）20π （D ）28π【解析】该几何体直观图如图所示：是一个球被切掉左上角的18,设球的半径为R ,则37428V R 833ππ=⨯=,解得R 2=,所以它的表面积是78的球面面积和三个扇形面积之和2271=42+32=1784S πππ⨯⨯⨯⨯故选A ． 2.【2016高考新课标2理数】下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）（A ）20π （B ）24π （C ）28π （D ）32π【解析】由题意可知，圆柱的侧面积为12π2416πS =⋅⋅=，圆锥的侧面积为2π248πS =⋅⋅=，圆柱的底面面积为23π24πS =⋅=，故该几何体的表面积为12328πS S S S =++=，故选C.3.【2016年高考北京理数】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A.16B.13C.12D.1 【解析】分析三视图可知，该几何体为一三棱锥P ABC -，其体积111111326V =⋅⋅⋅⋅=，故选A. 4.【2016高考新课标3理数】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（ ）（A ）18365+（B ）54185+（C ）90 （D ）81【解析】由三视图该几何体是以侧视图为底面的斜四棱柱，所以该几何体的表面积236233233554185S =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=+，故选B ．5.【2016高考山东理数】一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示.则该几何体的体积为（ ）（A ）1233+π （B ）1233+π （C ）1236+π （D ）216+π 【解析】由三视图可知,2的半球,体积为31142223V =⨯π⨯=）,下面是底面积为1,高为1的四棱锥,体积2111133V =⨯⨯=,故选C. 6.【2016高考浙江理数】已知互相垂直的平面αβ，交于直线l .若直线m ，n 满足,m n αβ∥⊥， 则（ ）A ．m ∥lB ．m ∥nC ．n ⊥lD ．m ⊥n【解析】由题意知,l l αββ=∴⊂，,n n l β⊥∴⊥．故选C ． 7.【2016年高考四川理数】已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是 .正视图331【解析】由三棱锥的正视图知，三棱锥的高为1，底面边长为232,2，所以，该三棱锥的体积为113322132V =⨯⨯⨯=.8.【2016高考浙江理数】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的表面积是 cm 2，体积是 cm 3.【解析】几何体为两个相同长方体组合，长方体的长宽高分别为4,2,2，所以体积为2(224)32⨯⨯⨯=，由于两个长方体重叠部分为一个边长为2的正方形，所以表面积为2(222244)2(22)72⨯⨯+⨯⨯-⨯=9.【2016高考新课标2理数】 ,αβ是两个平面，,m n 是两条直线，有下列四个命题：（1）如果,,//m n m n αβ⊥⊥，那么αβ⊥.（2）如果,//m n αα⊥，那么m n ⊥.（3）如果//,m αβα⊂，那么//m β.（4）如果//,//m n αβ，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等.其中正确的命题有 ． (填写所有正确命题的编号）【解析】对于①，,,//m n m n αβ⊥⊥，则,αβ的位置关系无法确定，故错误；对于②,因为//n α，所以过直线n 作平面γ与平面β相交于直线c ，则//n c ，因为,,m m c m n α⊥∴⊥∴⊥，故②正确；对于③，由两个平面平行的性质可知正确；对于④，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确，正确的有②③④.10.【2016高考浙江理数】如图，在△ABC 中，AB =BC =2，∠ABC =120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD =DA ，PB =BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是 .【解析】ABC △中，因为2,120AB BC ABC ==∠=，所以30BAD BCA ∠=∠=.由余弦定理可得2222cos AC AB BC AB BC B =+-⋅2222222cos12012=+-⨯⨯=，所以AC =设AD x =，则0x <<DC x =.在ABD ∆中，由余弦定理可得2222cos BD AD AB AD AB A =+-⋅22222cos30x x =+-⋅24x =-+.故BD =在PBD ∆中，PD AD x ==，2PB BA ==.由余弦定理可得222cos 2PD PB BD BPD PD PB +-∠===⋅，所以30BPD ∠=. 由此可得，将△ABD 沿BD 翻折后可与△PBD 重合，无论点D 在任何位置，只要点D 的位置确定，当平面PBD ⊥平面BDC 时，四面体PBCD 的体积最大（欲求最大值可不考虑不垂直的情况）.EDC B A P过P 作直线BD 的垂线，垂足为O .设PO d =，则11sin 22PBD S BD d PD PB BPD =⨯=⋅∠△，12sin 302d x =⋅，解得d = 而△BCD的面积111sin )2sin 30(2)222S CD BC BCD x x=⋅∠=⋅=.当平面PBD ⊥平面BDC 时：四面体PBCD 的体积111)332BCD V S d x=⨯=⨯△=.观察上式，易得)2x x x x +≤，当且仅当x x -，即x 时取等号，同时我们可以发现当x x PBCD 的体积最大，为1.211.【2016高考新课标1卷】平面α过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A ,α//平面CB 1D 1,α平面ABCD =m ,α平面AB B 1A 1=n ,则m 、n 所成角的正弦值为 (A)2(B )2(C)3 (D)13【解析】设平面11CB D 平面ABCD ='m ，平面11CB D 平面11ABB A ='n ，因为α∥平面11CB D ，所以','m m n n ∥∥，则,m n 所成的角等于','m n 所成的角.过1D 作11D E B C ∥，交AD 的延长线于点E,连接CE ，则CE 为'm .连接1A B ，过B 1作111B F A B ∥，交1AA 的延长线于点1F ，则11B F 为'n .连接BD ，则111,BD CE B F A B ∥∥，则','m n 所成的角即为1,A B BD 所成的角，为60︒，故,m n 所成角的正弦值为32，选A.12.【2016高考新课标3理数】在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，若AB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，则V 的最大值是（ ）（A ）4π （B ）92π （C ）6π （D ）323π 【解析】要使球的体积V 最大，必须球的半径R 最大．由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时，球的半径取得最大值32，此时球的体积为334439()3322R πππ==，故选B ． 13.【2016高考天津理数】已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：m ），则该四棱锥的体积为_______m 3.【解析】由三视图知四棱锥高为3，底面平行四边形的一边长为2，其对应的高为1，因此所求四棱锥的体积1(21)323V =⨯⨯⨯=．故答案为2．。
立体几何《球》 专题(提高题)(题目及答案)
《球》【类型1:求长度】1、设正三棱锥A BCD -的所有顶点都在球O 的球面上，1BC =，,E F 分别是,AB BC 的中点，EF DE ⊥，则球O 的半径为2、点S 、A 、B 、C 2的同一球面上，点S 到平面ABC 的距离为12，3AB BC CA ===则点S 与ABC ∆中心的距离为（ ）A 3B 2C ．1D ．123、已知球O 的半径为4，圆M 与圆N 为该球的两个小圆，AB 为圆M 与圆N 的公共弦，4AB =．若3OM ON ==，则两圆圆心的距离MN = ．4、高为24的四棱锥S-ABCD 的底面是边长为1的正方形，点S 、A 、B 、C 、D 均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为5、（2013年辽宁卷）已知三棱柱111C B A ABC - 的6个顶点都在球O 的球面上，若AB = 3，AC = 4 ,AB AC ⊥ 121=AA ，则球O 的半径为（ ）A 317B ．210C ．132D ．3106、已知球的表面积为20π，球面上有A、B、C三点.如果AB=AC=2，BC=32，则球心到平面ABC的距离为（）A．1 B．2C．3D．27、已知球的半径为2，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆．若两圆的公共弦长为2，则两圆的圆心距等于（）A．1 B．2C．3D．28、已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面积是这个球面面积的316，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为______________．9、（2013年天津卷）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上. 若球的体积为92, 则正方体的棱长为______.【类型2:求面积】1、在四面体ABCD 中，若AB CD ==2AC BD ==，AD BC ==ABCD 的外接球的表面积为（ ）A ．2πB ．4πC ．6πD ．8π2、四棱锥P -ABCD 的底面是边长为42的正方形，侧棱长都等于45，则经过该棱锥五个顶点的球面面积为_________．3、已知点A 、B 、C 、D 均在球O 上，AB ＝BC ＝错误!未找到引用源。
2014-2019年高考数学真题分类汇编专题10：立体几何4(球的切接问题)带详细答案
2014-2019年高考数学真题分类汇编专题10：立体几何（球的切接问题）选择题1．（2014•大纲版理）正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A ．814πB ．16πC ．9πD ．274π 【考点】球的体积和表面积；球内接多面体【分析】正四棱锥P ABCD -的外接球的球心在它的高1PO 上，记为O ，求出1PO ，1OO ，解出球的半径，求出球的表面积．【解答】解：设球的半径为R ，则棱锥的高为4，底面边长为2，222(4)R R ∴=-+，94R ∴=， ∴球的表面积为29814()44ππ=． 故选：A ．【点评】本题考查球的表面积，球的内接几何体问题，考查计算能力，是基础题．2．（2014•陕西理）已知底面边长为1为( )A ．323πB ．4πC ．2πD ．43π 【考点】球的体积和表面积【分析】由长方体的对角线公式，算出正四棱柱体对角线的长，从而得到球直径长，得球半径1R =，最后根据球的体积公式，可算出此球的体积．【解答】解：正四棱柱的底面边长为1，又正四棱柱的顶点在同一球面上，∴正四棱柱体对角线恰好是球的一条直径，得球半径1R = 根据球的体积公式，得此球的体积为34433V R ππ==． 故选：D ．【点评】本题给出球内接正四棱柱的底面边长和侧棱长，求该球的体积，考查了正四棱柱的性质、长方体对角线公式和球的体积公式等知识，属于基础题．3．（2015•新课标Ⅱ文）已知A ，B 是球O 的球面上两点，90AOB ∠=︒，C 为该球面上的动点，若三棱锥O ABC -体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π【考点】球的体积和表面积【分析】当点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O ABC -的体积最大，利用三棱锥O ABC -体积的最大值为36，求出半径，即可求出球O 的表面积．【解答】解：如图所示，当点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O ABC -的体积最大，设球O 的半径为R ，此时2311136326O ABC C AOB V V R R R --==⨯⨯⨯==，故6R =，则球O 的表面积为24144R ππ=， 故选：C ．【点评】本题考查球的半径与表面积，考查体积的计算，确定点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O ABC -的体积最大是关键．4．（2016•新课标Ⅱ文）体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为( )A ．12πB ．323πC ．8πD ．4π【考点】球的体积和表面积【分析】先通过正方体的体积，求出正方体的棱长，然后求出球的半径，即可求出球的表面积．【解答】解：正方体体积为8，可知其边长为2，所以球的表面积为24(3)12ππ=．故选：A ．【点评】本题考查学生的空间想象能力，体积与面积的计算能力，是基础题．5．（2016•新课标Ⅲ文理）在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，若AB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，则V 的最大值是( )A ．4πB ．92πC ．6πD ．323π 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】根据已知可得直三棱柱111ABC A B C -的内切球半径为32，代入球的体积公式，可得答案． 【解答】解：AB BC ⊥，6AB =，8BC =， 10AC ∴=． 故三角形ABC 的内切圆半径681022r +-==， 又由13AA =， 故直三棱柱111ABC A B C -的内切球半径为32， 此时V 的最大值3439()322ππ=， 故选：B ．【点评】本题考查的知识点是棱柱的几何特征，根据已知求出球的半径，是解答的关键．6．（2017•新课标Ⅲ文理）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．πB ．34πC ．2πD ．4π 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；LR ：球内接多面体【分析】推导出该圆柱底面圆周半径r =，由此能求出该圆柱的体积． 【解答】解：圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，∴该圆柱底面圆周半径r ==，∴该圆柱的体积：2314V Sh ππ==⨯⨯=．故选：B ．【点评】本题考查面圆柱的体积的求法，考查圆柱、球等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想，是中档题．7．（2018•新课标Ⅲ文理）设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC ∆为等边三角形且面积为D ABC -体积的最大值为( )A ．B ．C ．D ．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的内接多面体；【分析】求出，ABC ∆为等边三角形的边长，画出图形，判断D 的位置，然后求解即可．【解答】解：ABC ∆为等边三角形且面积为2AB =6AB =， 球心为O ，三角形ABC 的外心为O '，显然D 在O O '的延长线与球的交点如图：263O C '==，2OO '=， 则三棱锥D ABC -高的最大值为：6，则三棱锥D ABC -体积的最大值为：3163=． 故选：B ．【点评】本题考查球的内接多面体，棱锥的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．8．（2019•新课标Ⅰ理12）已知三棱锥P ABC -的四个顶点在球O 的球面上，PA PB PC ==，ABC ∆是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，90CEF ∠=︒，则球O 的体积为( )A ．B ．C ． D【考点】球的体积和表面积，，多面体外接球体。
立体几何高考专题--球台的几种常见体积计算方法
立体几何高考专题--球台的几种常见体积
计算方法
球台是一个常见的几何体，其体积计算是高考几何题中常考的题型之一。
下面介绍几种常见的计算球台体积的方法：
方法一：分层叠加法
1. 首先，将球台分成多个薄圆盘层，每个薄圆盘层的厚度为Δh。
2. 然后，计算每个薄圆盘层的面积，并乘以Δh得到薄圆盘层的体积。
3. 最后，将所有薄圆盘层的体积相加即可得到球台的体积。
这种方法适用于球台上下直径变化较小的情况。
方法二：切割法
1. 首先，将球台切割成一系列小柱体。
2. 计算每个小柱体的体积，然后将所有小柱体的体积相加即可
得到球台的体积。
这种方法适用于球台上下直径变化较大的情况。
方法三：积分法
1. 首先，使用函数表示球台的截面，得到球台的微元体积dV。
2. 然后，对球台的截面进行积分，即可得到球台的体积。
这种方法适用于球台形状比较复杂的情况。
需要注意的是，无论使用哪种方法计算球台的体积，都需要根
据几何性质正确设置各个参数和变量，确保计算结果的准确性。
以上是关于球台的几种常见体积计算方法的介绍。
希望对您的
学习有帮助！。
立体几何表面积体积和球专题(有答案)
A． B．
C． D．
6．如图，直角梯形 中， ， ， ．若将直角梯形绕 边旋转一周，所得几何体的体积为（）
A． B．
C． D．
7．如图，在四面体 中，已知 ， ， ，则四面体 被截面 分得的上下两部分的体积之比为（）
（2）内切球的半径.
35．如图所示，正方体 的棱长为 ，过顶点 、 、 截下一个三棱锥.
（1）求剩余部分的体积；
（2）求三棱锥 的高.
36．如图所示，正四棱台 的高是 ，两底面的边长分别是 和 .
（1）求这个棱台的侧棱长和斜高.
（2）求该棱台的侧面积与表面积.
37．如图，正三棱锥 的底面边长为2，侧棱长为3.
29．在三棱锥 中， 平面 ， ， ，其外接球表面积为 ，则三棱锥 的体积的最大值为________.
30．在三棱锥 中， ， ， ， ，若该三棱锥的体积为 ，则棱锥 外接球的表面积为_________.
31．在三棱柱 中侧棱垂直于底面， ，三棱柱 的高为4，则三棱柱 的外接球的表面积为________．
A． B． C． D．
17．在三棱锥 中， 平面 ， ， ， ，Q是边 上的一动点，且直线 与平面 所成角的最大值为 ，则三棱锥 的外接球的表面积为（）
A． B． C． D．
二、填空题
18．三棱锥 中， ， ，面 的面积为 ，则此三棱锥外接球的表面积为___．
19．已知 是球 的球面上的四个点， 平面 ，则该球的表面积为________．
A． B． C． D．
4．张衡(78年~139年)是中国东汉时期伟大的天文学家､文学家､数学家.他的数学著作有《算罔论》，他曾经得出结论：圆周率的平方除以十六等于八分之五.已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点 ， ，若线段 的最小值为 ，利用张衡的结论可得该正方体的外接球的表面积为（）
高三数学 立体几何的难点突破 1球的体积、表面积 试题
球的体积、外表积1.1 球的体积【例1】两个半径为1的铁球，熔化成一个大球，这个大球的半径为( )A ．2 B. 2 C.32 D.1234【解析】设大球半径为r ，那么43πr 3＝2×4π3，∴r ＝32，应选C.【评注】球的体积公式为：V=43πr 3，设半径列方程求半径即可.【变式1】利用正方体的对角线长等于其外接球的直径求正方体的棱长〔2021〕一个正方体的所有顶点在一个球面上. 假设球的体积为92π, 那么正方体的棱长为 .1.3【解析】设球半径为R ， 球的体积为34932=R ππ，∴R=32，又由球的直径与其内接正方体对角线的相等知正方体的对角线长为3，那么棱长为3.【变式2】一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如下图(图中三个四边形都是边长为2的正方形)，那么该几何体外接球的体积为________．2.43π【解析】依题意可知，新的几何体的外接球也就是原正方体的外接球，所求外接球的直径就是正方体的体对角线；∴2R ＝23(R 为球的半径)，∴R ＝3，∴球的体积V ＝43πR 3＝43π.【变式3】利用球截面圆圆心与球心连线与截面垂直的性质求球的半径用与球心间隔 为1的平面去截球，所得的截面面积为π，那么球的体积为( ) A.8π3 B.82π3 C ．82π D.32π33.B 【解析】 S 圆＝πr 2＝1，而截面圆圆心与球心的间隔 d ＝1，∴球的半径为R ＝r 2＋d 2＝ 2.∴V ＝43πR 3＝82π3，应选B. 1.2 球的外表积【例2】如图是一个无盖器皿的三视图，正视图、侧视图和俯视图中的正方形边长为2，正视图、侧视图中的虚线都是半圆，那么该器皿的外表积是 ．【解析】该器皿的外表积可分为两局部：去掉一个圆的正方体的外表积1s 和半球的外表积2s ， 21622124s ππ=⨯⨯-⨯=- 2214122s ππ=⨯⨯= ， 故1224s s s π=+=+. 【评注】由三视图求外表积与体积，关键是正确分析原图形的几何特征.【变式1】〔2021·高考文科〕某几何体的三视图如下图, 那么其外表积为 .1.3π【解析】综合三视图可知几何体是一个半径r=1的半个球体,其外表积= πππ342122=+⋅r r . 1.3 正方体的外接球、内切球和棱切球【例3】 有三个球和一个正方体,第一个球与正方体各个面内切,第二个球与正方体各条棱相切,第三个球过正方体各顶点,那么三个球面积之比为 ．【解析】设正方体棱长为a,那么有内切球半径12a R =;棱切球其直径为正方体各面上的对角线长,那么有222R a =; 外接球直径为正方体的对角线长,∴有332R a =, 所以面积之比为()()2221:2:31:2:3=.【评注】 正方体的内切球：截面图为正方形EFHG 的内切圆，如下图．设正方体的棱长为a ，那么内切球半径|OJ |＝r ＝a 2；正方体的棱切球：|GO |＝R ＝22a ；正方体的外接球：那么|A 1O |＝R ′＝32a .用构造法易知：棱长为a 的正四面体的外接球半径为64a . 【变式1】构建正方体求解三棱锥有关问题假设正三棱锥P —ABC 的三条侧棱两两垂直，那么该正三棱锥的内切球与外接球的半径之比为 .1.()3:13-.【解析】设正三棱锥侧棱长为a ，纳入正方体中易知外接球半径为,23a 体积63a V =，内切球球心将正三棱锥分成四个高为内切球半径的三棱锥，那么()3221332,6324a a V r a ⎡⎤==⨯+∴⎢⎥⎣⎦33,6r a -=31:3R r -∴=. 【变式2】构建正方体利用等积法求点到面的间隔正三棱锥P －ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的球面上．假设PA ，PB ，PC 两两互相垂直，那么球心到截面ABC 的间隔 为________．2.33【解析】由条件可知，以PA ，PB ，PC 为棱可以补充成球的内接正方体，故而PA 2＋PB 2＋PC 2＝()2R 2，由PA ＝PB ＝PC, 得到PA ＝PB ＝PC ＝2, V P －ABC ＝V A －PBC ⇒13h ·S △ABC ＝13PA ·S △PBC, 得到h ＝233，故而球心到截面ABC 的间隔 为R －h ＝33.【变式3】构建正方体求解正四面体的外接球的体积三棱锥BCD A -的所有棱长都为2，那么该三棱锥外接球的体积是________. 3.32π 【解析】如图构造正方体FBEC ANDM -，那么∵三棱锥BCD A -的所有棱长都为2，∴该正方体的棱长为1，∴三棱锥BCD A -的外接球半径：R=23.故所求3433()322V ππ==球. 【变式4】通过等价转化求解正方体的内切球的截面圆面积如图，球O 是棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的内切球，那么平面ACD 1截球O 的截面面积为( )A.π6B.π3C.66πD.33π 4.A 【解析】：根据正方体的几何特征知，平面ACD 1是边长为2的正三角形，且球与以点D 为公一共点的三个面的切点恰为三角形ACD 1三边的中点，故所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积，由图得△ACD 1内切圆的半径是22×tan30°＝66，故所求的截面圆的面积是π×⎝ ⎛⎭⎪⎫662＝π6.【例4】 (2021) 直三棱柱ABC-A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上．假设AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，那么球O 的半径为 ．【解析】∵AB ⊥AC ，且AA 1⊥底面ABC ，将直三棱柱补成内接于球的长方体，那么长方体的对角线l ＝ 32＋42＋122＝2R ，R ＝132.【评注】利用底面为直角三角形的直三棱柱补成长方体求外接球半径,长方体的模型可以使抽象问题详细化.【变式1】利用三棱两两垂直的四面体补成长方体求解在四面体ABCD 中，AB ，AC ，AD 两两垂直，AB=3,AD=2,AC=5，那么该四面体外接球的外表积为 ． 1.π12 【解析】由球的对称性及,,AB AC AD 两两垂直可以补形为长方体ABD C DC A B ''''-,长方体的对称中心即为球心, ∴222235423R AB AC AD =++=++=，∴ ()24312S ππ== .【变式2】如图，在三棱锥O ABC -中，三条棱,,OA OB OC 两两垂直，且OA OB OC >>，分别经过三条棱,,OA OB OC 作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为123,,S S S ，那么123,,S S S 的大小关系为________________．2.123S S S <<【解析】 由题意OC OB OA ,,两两垂直，可将其放置在以O 为一顶点的长方体中，设三边OC OB OA ,,分别为c b a >>，从而易得22121c b a S +=，22221c a b S +=，22321b a c S +=，∴()()()222222222222221414141b a c c b a b c a b a S S -=+-+=-，又b a >，∴02221>-S S ，即21S S >．同理，用平方后作差法可得32S S >．∴123S S S <<．【变式3】利用特殊的四棱锥补成长方体求解 点P A B C D ，，，，是球O 外表上的点，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是边长为2326PA =,那么△OAB 的面积为3.33【解析】∵点P A B C D ，，，，是球O 外表上的点，PA ⊥平面ABCD ， ∴点A B CO C O A B D EFP A B C D ，，，，为球O 内接长方体的顶点，球心O 为长方体对角线的中点.∴△OAB 的面积是该长方体对角面面积的14. ∵23,26AB PA ==，∴6PB =,∴1=236=334OAB S ∆⨯⨯. 【变式4】利用半球的内接正方体补成球的长方体求解半球内有一个内接正方体，那么这个半球的体积与正方体的体积之比为( )A.5π∶6 B ．6π∶2 C．π∶2 D ．5π∶124.B 【解析】 将半球补成整个球，同时把原半球的内接正方体再补接一个同样的正方体，构成的长方体恰好是球的内接长方体，那么这个长方体的体对角线就是它的外接球的直径．设正方体的棱长为a ，球的半径为R ，那么(2R )2＝a 2＋a 2＋(2a )2，即R ＝62a . ∴V 半球＝12×43πR 3＝23π⎝ ⎛⎭⎪⎫62a 3＝62πa 3，V 正方体＝a 3. ∴V 半球∶V 正方体＝62πa 3∶a 3＝6π∶2. 【变式5】利用半球的内接三棱柱运用截面圆性质求解(2021·统考)如图，直三棱柱ABC A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB ＝AC ，侧面BCC 1B 1是半球底面圆的内接正方形，那么侧面ABB 1A 1的面积为( )A ．2B ．1 C. 2 D.225.C.【解析】由题意知，球心在侧面BCC 1B 1的中心O 上，BC 为截面圆的直径，∴∠BAC ＝90°，△ABC 的外接圆圆心N 是BC 的中点，同理△A 1B 1C 1的外心M 是B 1C 1的中心．设正方形BCC 1B 1的边长为x ，Rt△OMC 1中，OM ＝x 2，MC 1＝x 2，OC 1＝R ＝1(R 为球的半径)，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22＝1，即x ＝2，那么AB ＝AC ＝1，∴11A ABB S 矩形＝2×1＝ 2.【例5】 正四面体的内切球、与棱相切的球、外接球的三类球的半径比为 ．【解析】设正四面体的棱长为1，外接球和内切球半径依次为,R r ，由正四面体三个球心重合及其特征， 6R r =+,其体积为1633V =,另一面1343V r =⨯,那么内切球和外接球的半径比1：3，6 而与棱相切的球直径为对棱的间隔2，那么内切球、与各棱都相切的球、外接球的半径之比为 61263)::()33444=. 【变式1】利用正四面补成正方体求解体积正四面体ABCD 的外接球的体积为34π，那么正四面体ABCD 的体积是_____. 1. 83.【解析】由于外接球的体积为34434333r r πππ∴=∴=，故其内接正方体的棱长为2，故正方体体积为8，正四面体的体积为1833V =正方体.【变式2】利用正四面体的高与外接球半径的关系求球的外表积正四面体的四个顶点都在同一个球面上，且正四面体的高为4，那么这个球的外表积是________．2.36π【解析】正四面体的外接球半径R 为其高的34，且正四面体的高为4，那么R ＝3 ，S ＝4πR 2＝36π.【变式2】利用正四面体补成正方体求解的球心角半径为1的球面上的四点D C B A ,,,是正四面体的顶点，那么A 与B 两点与球心连线的夹角余弦值为 ．2.13-.【解析】设正四面体棱长a 2，将其纳入正方体中,其正方体棱长a ，所求角为对角面内两条对角线的夹角为APB ∠，AP=BP=a AB a 2,23=，由余弦定理314322432cos 222-=⨯-⨯=∠a a a APB .【变式3】利用正四面体补成正方体求异面直线所成的角如图，正四面体A-BCD 中，E 、F 分别是AD 、BC 的中点，那么EF 与CD 所成的角等于 〔 〕A ．45° B．90° C ．60° D．30°3.A 【解析】如图，将正四面体补形为正方体，答案就脱口而出，应该选A.【变式4】利用长方体的性质确定折叠四面体的外接球球心(2021·四校联考)将长、宽分别为4和3的长方形ABCD 沿对角线AC 折起，得到四面体A BCD ，那么四面体A BCD 的外接球的体积为________．4. 【解析】 设AC 与BD 相交于O ，折起来后仍然有OA ＝OB ＝OC ＝OD ，∴外接球的半径r ＝32＋422＝52，从而体积V ＝4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫523＝125π6. 【变式5】(2021·一模)一个圆锥过轴的截面为等边三角形，它的顶点和底面圆周在球O 的球面上，那么该圆锥的体积与球O 的体积的比值为________．5． 932【解析】 设等边三角形的边长为2a ，那么V 圆锥＝13·πa 2·3a ＝33πa 3； 又R 2＝a 2＋(3a －R )2，所以R ＝233a ，故 V 球＝4π3·⎝ ⎛⎭⎪⎫233a 3＝323π27a 3，那么其体积比F E DC B A FED C BAD CB A O O 为932. 【变式6】利用正六棱柱的对称性求外接球的体积一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面。
立体几何(学生版)--2025新高考数学新题型
立体几何题型01 空间几何体的有关计算题型02 点线面位置关系、空间角及距离题型03 内切球、外接球问题题型04 空间向量题型01 空间几何体的有关计算1(2024·山西晋城·统考一模)若一个正n棱台的棱数大于15，且各棱的长度构成的集合为{2,3}，则n 的最小值为，该棱台各棱的长度之和的最小值为．2(2024·浙江·校联考一模)已知圆台的上下底面半径分别是1，4，且侧面积为10π，则该圆台的母线长为．3(2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模)球O的半径与圆锥M的底面半径相等，且它们的表面积也相等，则圆锥M的侧面展开图的圆心角大小为，球O的体积与圆锥M的体积的比值为．4(2024·湖南长沙·雅礼中学校考一模)已知圆锥的母线长为2，则当圆锥的母线与底面所成的角的余弦值为时，圆锥的体积最大，最大值为．5(2024·广东深圳·校考一模)已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4的半圆.若用平行于圆锥的底面，且与底面的距离为3的平面截圆锥，将此圆锥截成一个小圆锥和一个圆台，则小圆锥和圆台的体积之比为.6(2024·辽宁沈阳·统考一模)正方体的8个顶点分别在4个互相平行的平面内，每个平面内至少有一个顶点，且相邻两个平面间的距离为1，则该正方体的棱长为()A.2B.3C.2D.57(2024·云南曲靖·统考一模)为努力推进“绿美校园”建设，营造更加优美的校园环境，某校准备开展校园绿化活动．已知栽种某绿色植物的花盆可近似看成圆台，圆台两底面直径分别为18厘米，9厘米，母线长约为7.5厘米．现有2000个该种花盆，假定每一个花盆装满营养土，请问共需要营养土约为( )(参考数据：π≈3.14)A.1.702立方米B.1.780立方米C.1.730立方米D.1.822立方米8(2024·新疆乌鲁木齐·统考一模)某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由棱长为40cm的正方体截去八个一样的四面体得到的，则()A.该几何体的顶点数为12B.该几何体的棱数为24C.该几何体的表面积为(4800+8003)cm 2D.该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项9(2024·山西晋城·统考一模)如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =2，AA 1=4，C 1 E =3EC，平面ABE 将该正四棱柱分为上、下两部分，记上部分对应的几何体为Ω上，下部分对应的几何体为Ω下，则()A.Ω下的体积为2B.Ω上的体积为12C.Ω下的外接球的表面积为9πD.平面ABE 截该正四棱柱所得截面的面积为25题型02 点线面位置关系、空间角及距离10(2024·河北·校联考一模)已知直线l 、m 、n 与平面α、β，下列命题正确的是()A.若α⎳β，l ⊂α，n ⊂β，则l ⎳nB.若α⊥β，l ⊂α，则l ⊥βC.若l ⊥n ，m ⊥n ，则l ⎳mD.若l ⊥α，l ⎳β，则α⊥β11(2024·浙江·校联考一模)已知直线a ,b 和平面α,a ⊄α,b ∥α，则“a ∥b ”是“a ∥α”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件12(2024·广东深圳·校考一模)已知α，β是两个不同的平面，m ，n 是两条不同的直线，则下列说法正确的是()A.若m ⊥n ，m ⊥α，n ⊥β，则α⊥βB.若m ⎳n ，m ⎳α，n ⎳β，则α⎳βC.若m ⊥n ，m ⎳α，α⊥β，则n ⊥βD.若m ⎳n ，m ⊥α，α⊥β，则n ⎳β13(2024·吉林白山·统考一模)正八面体可由连接正方体每个面的中心构成，如图所示，在棱长为2的正八面体中，则有()A.直线AE与CF是异面直线B.平面ABF⊥平面ABEC.该几何体的体积为432 D.平面ABE与平面DCF间的距离为26314(2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,∠BAD=120°,AC⊥BD，△BCD是等边三角形.(1)证明：平面PAD⊥平面PCD.(2)求二面角B-PC-D的正弦值.15(2024·辽宁沈阳·统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABC⊥平面BCD，且BC=BD= BA，∠CBA=∠CBD=120°，点P在线段AC上，点Q在线段CD上.(1)求证：AD⊥BC；(2)若AC⊥平面BPQ，求BPBQ的值；(3)在(2)的条件下，求平面ABD与平面PBQ所成角的余弦值.16(2024·重庆·统考一模)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB= AP，AB⊥AD,AB+AD=6,CD=2,∠CDA=45°．(1)若E为PB的中点，求证：平面PBC⊥平面ADE；(2)若平面PAB与平面PCD所成的角的余弦值为66．(ⅰ)求线段AB的长；(ⅱ)设G为△PAD内(含边界)的一点，且GB=2GA，求满足条件的所有点G组成的轨迹的长度．17(2024·云南曲靖·统考一模)在图1的直角梯形ABCD中，∠A=∠D=90°,AB=BC=2,DC=3，点E是DC边上靠近于点D的三等分点，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1= 6，如图2．(1)求证：平面BC1E⊥平面ABED；(2)在棱DC1上是否存在点P，使得二面角P-EB-C1的大小为45°？若存在，求出线段DP的长度，若不存在说明理由．18(2024·云南曲靖·统考一模)如图所示，正方体ABCD -A B C D 的棱长为1，E ,F 分别是棱AA ,CC 的中点，过直线EF 的平面分别与棱BB ,DD 交于点M ,N ，以下四个命题中正确的是()A.四边形EMFN 一定为菱形B.四棱锥A -MENF 体积为13C.平面EMFN ⊥平面DBB DD.四边形EMFN 的周长最小值为419(2024·山东济南·山东省实验中学校考一模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，PB 与底面ABCD 所成的角为π4，底面ABCD 为直角梯形，∠ABC =∠BAD =π2,AD =2,PA =BC =1，点E 为棱PD 上一点，满足PE =λPD0≤λ≤1 ，下列结论正确的是()A.平面PAC ⊥平面PCD ；B.在棱PD 上不存在点E ，使得CE ⎳平面PABC.当λ=12时，异面直线CE 与AB 所成角的余弦值为255；D.点P 到直线CD 的距离3；20(2024·新疆乌鲁木齐·统考一模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为正方形，PA ⊥平面ABCD ，PA =AB ，点E ，F 分别是棱PB ，BC 的中点．(1)求直线AF 与平面PBC 所成角的正弦值；(2)在截面AEF 内是否存在点G ，使DG ⊥平面AEF ，并说明理由．21(2024·山西晋城·统考一模)如图，P 是边长为2的正六边形ABCDEF 所在平面外一点，BF 的中点O 为P 在平面ABCDEF 内的射影，PM =2MF．(1)证明：ME ⎳平面PBD ．(2)若PA =2，二面角A -PB -D 的大小为θ，求cos2θ．22(2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模)如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是AD 1的中点，点Q 是直线CD 1上的动点，则下列说法正确的是()A.△PBD 是直角三角形B.异面直线PD 与CD 1所成的角为π3C.当AB 的长度为定值时，三棱锥D -PBQ 的体积为定值D.平面PBD ⊥平面ACD123(2024·浙江·校联考一模)在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形BCC1B1是菱形，△ABC是等边三角形，点M是线段AB的中点，∠ABB1=60°．(1)证明：B1C⊥平面ABC1；(2)若平面ABB1A1⊥平面ABC，求直线B1C与平面A1MC1所成角的正弦值．24(2024·广东深圳·校考一模)如图，在圆锥SO中，AB是圆O的直径，且△SAB是边长为4的等边三角形，C,D为圆弧AB的两个三等分点，E是SB的中点.(1)证明：DE⎳平面SAC；(2)求平面SAC与平面SBD所成锐二面角的余弦值.25(2024·广西南宁·南宁三中校联考一模)在如图所示的五面体ABCDEF中，ABEF共面，△ADF是正三角形，四边形ABCD为菱形，∠ABC=2π3,EF⎳平面ABCD,AB=2EF=2，点M为BC中点．(1)证明：EM∥平面BDF；(2)已知EM=2，求平面BDF与平面BEC所成二面角的正弦值．26(2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB =5，AC=6，点E，F分别在AD，CD上，AE=CF=54，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△DEF 位置，OD =10．(1)证明：D H⊥平面ABCD；(2)求平面BAD 与平面ACD 的夹角的余弦值．27(2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模)设b、c表示两条直线，α、β表示两个平面，则下列命题正确的是()A.若b⎳α，c⊂α，则b⎳cB.若b⊂α，b⎳c，则c⊂αC.若c⎳α，α⊥β，则c⊥βD.若c⎳α，c⊥β，则α⊥β28(2024·吉林延边·统考一模)已知三棱柱ABC-A1B1C1，侧面AA1C1C是边长为2的菱形，∠CAA1 =πA1是矩形，且平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，点D是棱A1B1的中点．3，侧面四边形ABB1(1)在棱AC上是否存在一点E，使得AD∥平面B1C1E，并说明理由；(2)当三棱锥B-A1DC1的体积为3时，求平面A1C1D与平面CC1D夹角的余弦值．29(2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模)如图1，在平面四边形PABC中，PA⊥AB,CD⎳AB，CD=2AB=2PD=2AD=4.点E是线段PC上靠近P端的三等分点，将△PDC沿CD折成四棱锥P-ABCD，且AP=22，连接PA,PB,BD，如图2.(1)在图2中，证明：PA⎳平面BDE；(2)求图2中，直线AP与平面PBC所成角的正弦值.30(2024·重庆·统考一模)如图，在边长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，M是线段A1E上的一点，则下列说法正确的是()A.当M点与A1点重合时，直线AC1⊂平面ACMB.当点M移动时，点D到平面ACM的距离为定值C.当M点与E点重合时，平面ACM与平面CC1D1D夹角的正弦值为53D.当M点为线段A1E中点时，平面ACM截正方体ABCD-A1B1C1D1所得截面面积为73332 31(2024·福建厦门·统考一模)如图，在四棱锥E-ABCD中，AD⎳BC，2AD=BC=2，AB=2，AB⊥AD，EA⊥平面ABCD，过点B作平面α⊥BD．(1)证明：平面α⎳平面EAC；(2)已知点F为棱EC的中点，若EA=2，求直线AD与平面FBD所成角的正弦值．32(2024·吉林延边·统考一模)如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，DE =BF =1,DE ∥BF ,DE ⊥平面ABCD ，动点P 在线段EF 上，则下列说法正确的是()A.AC ⊥DPB.存在点P ，使得DP ∥平面ACFC.三棱锥A -CDE 的外接球被平面ACF 所截取的截面面积是9π2D.当动点P 与点F 重合时，直线DP 与平面ACF 所成角的余弦值为3101033(2024·福建厦门·统考一模)如图所示，在五面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是矩形，△ABF 和△DCE 均是等边三角形，且AB =23，EF =x (x >0)，则()A.EF ⎳平面ABCDB.二面角A -EF -B 随着x 的减小而减小C.当BC =2时，五面体ABCDEF 的体积V (x )最大值为272D.当BC =32时，存在x 使得半径为32的球能内含于五面体ABCDEF 题型03 内切球、外接球问题34(2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模)已知四面体ABCD 的各个面均为全等的等腰三角形，且CA =CB =2AB =4.设E 为空间内任一点，且A ,B ,C ,D ,E 五点在同一个球面上，则()A.AB ⊥CDB.四面体ABCD 的体积为214C.当AE =23时，点E 的轨迹长度为4πD.当三棱锥E -ABC 的体积为146时，点E 的轨迹长度为32π35(2024·吉林白山·统考一模)在四面体A -BCD 中，BC =22，BD =23，且满足BC ⊥BD ，AC ⊥BC ，AD ⊥BD ．若该三棱锥的体积为863，则该锥体的外接球的体积为．36(2024·吉林延边·统考一模)已知一个圆锥的侧面展开图是一个圆心角为25π5，半径为5的扇形.若该圆锥的顶点及底面圆周都在球O 的表面上，则球O 的体积为.37(2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2，以A1为球心、3为半径的球面与底面ABC的交线长为3π6，则三棱柱ABC-A1B1C1的表面在球内部分的总面积为．38(2024·江西吉安·吉安一中校考一模)已知球O的直径PQ=4，A，B，C是球O球面上的三点，△ABC是等边三角形，且∠APQ=∠BPQ=∠CPQ=30°，则三棱锥P-ABC的体积为( ).A.334B.934C.332D.273439(2024·湖南长沙·雅礼中学校考一模)如图所示，有一个棱长为4的正四面体P-ABC容器，D是PB的中点，E是CD上的动点，则下列说法正确的是()A.直线AE与PB所成的角为π2B.△ABE的周长最小值为4+34C.如果在这个容器中放入1个小球(全部进入)，则小球半径的最大值为63D.如果在这个容器中放入4个完全相同的小球(全部进入)，则小球半径的最大值为26-25 40(2024·江西吉安·吉安一中校考一模)如图，在正三棱锥P-ABC中，有一半径为1的半球，其底面圆O与正三棱锥的底面贴合，正三棱锥的三个侧面都和半球相切．设点D为BC的中点，∠ADP=α．(1)用α分别表示线段BC和PD长度；(2)当α∈0,π2时，求三棱锥的侧面积S的最小值．41(2024·江西吉安·吉安一中校考一模)地球仪是地理教学中的常用教具.如图1所示，地球仪的赤道面(与转轴垂直)与黄道面(与水平面平行)存在一个夹角，即黄赤交角，大小约为23.5°.为锻炼动手能力，某同学制作了一个半径为4cm 的地球仪(不含支架)，并将其放入竖直放置的正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中(姿态保持不变)，使地球仪与该三棱柱的三个侧面相切，如图2所示.此时平面AB 1C 恰与地球仪的赤道面平行，则三棱柱ABC -A 1B 1C 1的外接球体积为.(参考数据：tan23.5°≈0.43)题型04 空间向量42(2024·福建厦门·统考一模)已知平面α的一个法向量为n=(1,0,1)，且点A (1,2,3)在α内，则点B (1,1,1)到α的距离为．43(2024·广西南宁·南宁三中校联考一模)在边长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，动点M 满足AM =xAB +yAD +zAA 1 ，(x ,y ,z ∈R 且x ≥0,y ≥0,z ≥0)，下列说法正确的是()A.当x =14,z =0,y ∈0,1 时，B 1M +MD 的最小值为13B.当x =y =1,z =12时，异面直线BM 与CD 1所成角的余弦值为105C.当x +y +z =1，且AM =253时，则M 的轨迹长度为42π3D.当x +y =1,z =0时，AM 与平面AB 1D 1所成角的正弦值的最大值为6344(2024·湖南长沙·雅礼中学校考一模)如图，在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =AD =AA 1=1，∠DAB =90°，cos <AA 1 ，AB >=22，cos <AA 1 ，AD >=12，点M 为BD 中点.(1)证明：B 1M ⎳平面A 1C 1D ；(2)求二面角B -AA 1-D 的正弦值.。
(完整版)与球有关的高考试题
2016年高考数学微专题：与球体有关的问题一、高考趋势分析：立体几何章节在传统的高考中分值占22分左右，以两小一大的形式出现较多。
与球相关的问题也时有考题出现，现针对近年高考考题形式总结如下 ，也是每年高考热点，每年高考中主要考查选择、填空题目、解答题。
二、基础知识点拨：1．长方体、正方体的外接球其体对角线长为该球的直径．2．正方体的内切球其棱长为球的直径．3．正三棱锥的外接球中要注意正三棱锥的顶点、球心及底面正三角形中心共线． 4．正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1. 方法主要是“补体”和“找球心”考试核心：性质的应用22212r R OO d -==，构造直角三角形建立三者之间的关系。
三、高考试题精练1.（2015高考新课标2，理9）已知A,B 是球O 的球面上两点，∠AOB=90,C 为该球面上的动点，若三棱锥O-ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36π B.64π C.144π D.256π 【答案】C【考点定位】外接球表面积和椎体的体积．2．(2015·辽宁高考)已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172 B ．210C.132D ．310解析：选C 如图，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M .又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋62＝132.3．(2016·长春模拟)若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.解析：设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π.答案：63π4．四棱锥P -ABCD 的五个顶点都在一个球面上，该四棱锥的三视图如图所示，E ，F 分别是棱AB ，CD 的中点，直线EF 被球面所截得的线段长为22，则该球的表面积为( )A ．9πB ．3πC ．22πD ．12π解析：选D 该几何体的直观图如图所示，该几何体可看作由正方体截得，则正方体外接球的直径即为PC .由直线EF 被球面所截得的线段长为22，可知正方形ABCD 对角线AC 的长为22，可得a ＝2，在△PAC 中PC ＝ 22＋?22?2＝23，球的半径R ＝ 3，∴S 表＝4πR 2＝4π×(3)2＝12π.四、典型例题精析类型一：有公共底边的等腰三角形，借助余弦定理求球心角。
专题八：立体几何外接球问题-2021高考数学冲刺(含详细解析)
专题八：立体几何外接球问题-2021新高考考点专项冲刺-解析版一、单选题1.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=BC=2，∠ABC=π，若该直三棱柱的外接球表面积为216π，则此直三棱柱的高为（）．A. 4B. 3C. 4√2D. 2√2【答案】 D【解析】【解答】解：因为∠ABC=π，所以将直三棱柱ABC−A1B1C1补成长方体ABCD−A1B1C1D1，2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，故答案为：D，所以将直三棱柱ABC−A1B1C1补成长方体ABCD−A1B1C1D1，则直三棱【分析】因为∠ABC=π2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，再利用勾股定理求出长方体的体对角线的长，进而求出外接球的直径，从而求出外接球的半径长，再利用勾股定理求出直三棱柱的高。
2.已知四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，侧面PAD是正三角形，且侧面PAD⊥底面ABCD，AB=2，若四棱锥P−ABCD外接球的体积为8√2π，则该四棱锥的表面积为（）3A. 4√3B. 6√3C. 8√3D. 10√3【答案】B【解析】【解答】设四棱锥P−ABCD外接球的球心为O，过O作底面ABCD的垂线，垂足为M，因为四边形ABCD是长方形，所以M的底面中心，即对角线AC、BD的交点，过O作三角形APD的垂线，垂足为N，所以N是正三角形APD外心，设外接球半径为r，外接球的体积为8√2π3=4πr33，所以r=√2，即OA=√2，过N作NE⊥AD，则E是AD的中点，连接EM，所以EM=12AB=1，EM⊥AD，因为平面APD⊥平面ABCD，平面APD∩平面ABCD=AD，所以NE⊥平面ABCD，所以NE//OM，所以EM⊥平面APD，所以EM//ON，所以四边形MENO是平行四边形，即OM=NE，设AD=2x，则AM=√AE2+EM2=√x2+1，NE=13PE=13×√32AD=√33x，所以OM=NE=√33x，由勾股定理得OA2=OM2+AM2，即2=13x2+x2+1，解得x=√32，所以AD=√3，S△PAD=12AD2sin60∘=3√34，因为AB//CD//OM，所以AB⊥平面APD，CD⊥平面APD，所以PA⊥AB，PD⊥CD，S△PAB=S△PCD=12×AB×AP=√3，因为PB=PC=√PA2+AB2=√7，BC=√3，作PH⊥BC于H，所以H为BC的中点，所以PH=√PB2−(12BC)2=√7−34=52，所以S△PBC=12×PH×BC=5√34，S矩形ABCD=2√3，所以S表=S△PAD+S△PAB+S△PCD+S矩形ABCD=6√3。
立体几何----与球有关的切、接问题拔高练——2022届高考数学一轮复习
立体几何----与球有关的切、接问题提高练【答题技巧】1.“切”“接”问题的处理规律（1）“切”的处理：球的内切问题主要是球内切于多面体或旋转体.解答时要找准切点，通过作截面来解决.（2）“接”的处理：把一个多面体的顶点放在球面上即球外接于该多面体.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.当球的内接多面体为共顶点的棱两两垂直的三棱锥、共顶点的三个侧面两两垂直的三棱锥或三组对棱互相垂直的三棱锥时，常构造长方体或正方体以确定球的直径.3.与球有关的组合体的常用结论 （1）长方体的外接球： ①球心：体对角线的交点；②半径：,,r a b c =为长方体的长、宽、高). （2）正方体的外接球、内切球及与各条棱都相切的球：①外接球：球心是正方体的中心，半径(r a =为正方体的棱长)； ②内切球：球心是正方体的中心，半径(2ar a =为正方体的棱长)；③与各条棱都相切的球：球心是正方体的中心，半径r =(a 为正方体的棱长). （3）正四面体的外接球与内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分)：①外接球：球心是正四面体的中心，半径(r a =为正四面体的棱长)；②内切球：球心是正四面体的中心，半径(r a =为正四面体的棱长). 【练习】1.在三棱锥P-ABC 中，△ABC 的内切圆圆O 的半径为2，PO ⊥平面ABC ，且三棱锥P-ABC 的三个侧面与底面所成角都为60°，则该三棱锥的内切球的体积为( )C.16π3D.4π32.已知在三棱锥P-ABC 中，△ABC 是以A 为直角的三角形，AB=AC=2,△PBC 是正三角形，且PC 与底面ABC所成角的正弦值为34，则三棱锥P-ABC外接球的半径为( )A.43B.32C.133D.2233.张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家等，他曾经得出圆周率的平方除以十六等于八分之五.已知三棱锥A-BCD的每个顶点都在球O的表面上，AB⊥底面BCD,BC⊥CD，且AB=CD=3,BC=2，利用张衡的结论可得球O的表面积为( )A.30B.1010C.33D.12104.已知三棱锥P-ABC中，PA PB PC ABC==，是边长为42的正三角形，D，E分别是PA，AB上靠近点A 的三等分点，DE PC⊥，则三棱锥P-ABC的内切球的表面积为( )A.(5763203)π-B.(2881603)π-C.(64323)π-D.(64323)π-5.取两个相互平行且全等的正n边形，将其中一个旋转一定角度，连接这两个多边形的顶点，使得侧面均为等边三角形，我们把这种多面体称作“n角反棱柱”.当6n=时，得到如图所示棱长均为2的“六角反棱柱”，则该“六角反棱柱”外接球的表面积等于( )A.(53)π+ B.(1243)π+ C.(2553)π+ D.(2843)π+6.已知在菱形ABCD中，23AB BD==ABCD沿对角线BD折起，得到三棱锥A BCD-，且使得棱33AC=A BCD-的外接球的表面积为( )A.7πB.14πC.28πD.35π7.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有仓，广三丈，袤四丈五尺，容粟一万斛.问高几何?”其意思为:“今有一个长方体的粮仓，宽3丈，长4丈5尺，可装粟10 000斛，问该粮仓的高是多少?”已知1斛粟的体积为2.7立方尺，一丈为10尺，则该粮仓的外接球的体积是( )A.133π4立方丈 B.133π48立方丈 C.133133π4立方丈 D.133133π48立方丈 8.已知正方形ABCD 中，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，沿DE ，DF ，EF 折起得到如图所示的空间几何体，若2AB =，则此几何体的内切球的体积为( )A.3π2B.π4C.π48D.π169.在平面四边形ABCD 中，2,2AB AD BC CD DB =====，现将ABD 沿BD 折起，使二面角A BD C --的大小为60︒.若,,,A B C D 四点在同一个球的球面上，则球的表面积为( ) A.13π3B.14π3C.52π9D.56π910.已知三棱锥S-ABC 的顶点都在球O 的球面上，且该三棱锥的体积为23，SA ⊥平面,4,120ABC SA ABC =∠=︒，则球O 的体积的最小值为_________.11.如图，已知长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 为正方形，P 为棱11A D 的中点，且6PA AB ==，则四棱锥P ABCD -的外接球的体积为_________________.12.设正四面体的内切球半径为r ，外接球半径为R ，则rR=___________. 13.已知底面为正方形的四棱锥P ABCD -的五个顶点在同一个球面上，,2,1PD BC AB PC ⊥==，3PD =则四棱锥P ABCD -外接球的体积为________.14.已知有两个半径为2的球记为12,O O ，两个半径为3的球记为34,O O ，这四个球彼此相外切，现有一个球O 与这四个球1234,,,O O O O 都相内切，则球O 的半径为____________.15.在三棱锥P-ABC 中，PA ⊥平面,,12ABC AB BC PA AB AC ⊥===，三棱锥P-ABC 的所有顶点都在球O 的表面上，则球O 的半径为__________；若点M 是ABC 的重心，则过点M 的平面截球O 所得截面的面积的最小值为__________.16.已知正三棱柱111ABC A B C -，底面边长为3，高为2，P 为上底面三角形111A B C 中线上一动点，则三棱锥P ABC -的外接球表面积的取值范围是_____________.17.如图，已知边长为1的正方形ABCD 与正方形BCFE 所在平面互相垂直，P 为EF 的中点，Q 为线段FC 上的动点，当三棱锥P-ABQ 的体积最大时，三棱锥P-ABQ 的外接球的表面积为_________________.答案以及解析1.答案：A解析：设三棱锥P ABC -的内切球的半径为R ，过O 作OD AC ⊥于点,D OE BC ⊥于点,E OF AB ⊥于点F ，则2OD OE OF ===.连接PD ，易证PD AC ⊥，因为三棱锥P-ABC 的三个侧面与底面所成角都为60°，所以60PDO ∠=︒，则22tan 6023,4cos60PO PD ===︒=︒.由题意可知三棱锥P-ABC 的内切球的球心'O 在线段PO 上，在Rt POD 中，sin OD RDPO PD PO R∠==-，即2423R =-，解得23R =.所以该三棱锥的内切球的体积为334423323πππ33R ⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭，故选A. 2.答案：C解析：如图，不妨令二面角P BC A --为钝二面角，取BC 的中点D ，连接AD ， 因为2AB AC ==，90BAC ∠=︒，所以2BC =，且D 为ABC 外接圆的圆心.作PH ⊥平面ABC 于H ，易知H 在直线AD 上，连接,HC HA ，则PCH ∠为PC 与底面ABC 所成角， 则3sin 4PH PCH PC ∠==，又2PC BC ==，所以32PH =，又3PD =，则332sin 3PH PDH PD ∠===. 设1O 为PBC 的外心，O 为三棱锥P ABC -外接球的球心，连接1,OO OD ，则1OO ⊥平面PBC ，OD ⊥平面133,,cos ABC O D PDO =∠=，则12cos 3O D OD PDO ==∠，设外接球的半径为R ，则222413131,99R OD DA R =+=+==，故选C.3.答案：B解析：因为BC CD ⊥，所以7BD 又AB ⊥底面BCD ，所以10AD O 的球心为侧棱AD 的中点，从而球O 10利用张衡的结论2π5168=，可得π10=所以球O 的表面积为2104π10π1010==⎝⎭故选B.4.答案：C解析：因为PA PB PC ==，ABC 是边长为42的正三角形，所以三棱锥P ABC -为正三棱锥， 由正棱锥对棱垂直可知PB AC ⊥.又D ，E 分别是PA ，AB 上靠近点A 的三等分点，所以//DE PB ， 所以DE AC ⊥.又,DE PC PC AC C ⊥⋂=，所以DE ⊥平面PAC ，所以PB ⊥平面PAC ，所以90APB ∠=︒，所以4PA PB PC ===，所以,,PA PB PC 两两互相垂直. 设三棱锥P ABC -的内切球的半径为r ，则由等体积法可得，()1133PABPACPBCABCPACSSSSr S PB ⋅+++=⋅，即11(88883)8433r ⨯+++=⨯⨯，解得2(33)r -=，故三棱锥P ABC -的内切球的表面积为222(33)(64323)π4π4πS r ⎡⎤--==⨯=⎢⎥⎣⎦.故选C. 5.答案：B解析：如图，设上、下正六边形的中心分别为1O ，2O ，连接12O O ，则其中点O 即为所求外接球的球心. 连接2O C ，取棱AB 的中点M ，作2MN O C ⊥于点N ，连接1O M ，MC ，则13O M MC ==.而22O C =， 则22212NC O C O N O C O M =-=-=-3，222123(23)231O O MN MC NC ∴==-=--=-，则131OO -.连接OA ，1O A ，设所求外接球的半径为R ，则有2222211(31)233R OA OO O A ==+=+=+∴该“六角反棱柱”外接球的表面积24π(1243)πS R ==+.故选B.6.答案：C解析：由题意可知,ABD BCD 为等边三角形.如图所示，设外接球的球心为O ，等边三角形BCD 的中心为,O '取BD 的中点F ，连接,,,AF CF OO ',,,OB O B OA '由AB AD BC BD DC ====，得,,AF BD CF BD ⊥⊥又AF CF F ⋂=，所以BD ⊥平面AFC ，且可求得AF =3,CF =而33,AC =所以AFC ∠=120.︒在平面AFC 中过点A 作CF 的垂线，与CF 的延长线交于点E ，由BD ⊥平面AFC 得.BD AE ⊥又,,AE EC BD EC F ⊥⋂=所以AE ⊥平面BCD .过点O 作OG AE ⊥于点G ，则四边形O EGO '是矩形. 又2sin 6023O B BC '︒=⨯=，所以13331.sin 60,sin3022O F O B AE AF EF AF ''︒︒======. 设外接球的半径为,,R OO x '=则由222222,OO O B OB OA AG GO ''+==+， 得2222223332,1,2x R x R ⎛⎫⎛⎫+=-++= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭解得23,7,x R == 故三棱锥A BCD -外接球的表面积24π28π.S R ==故选C.7.答案：D解析：由题意可得粮仓的高2723 4.5h ==⨯(丈)，设外接球的半径为R ， 则2222133133(2)23 4.533.25,4R R =++==该粮仓的外接球的体积是34133133133π3⨯⨯⎝⎭(立方丈)，选D. 8.答案：C解析：在等腰DEF 中，2222215,112DE DF EF ==+=+=D 到EF 的距离为h ， 则22293(5)2222h ⎛⎫-= ⎪ ⎪⎝⎭令该几何体的内切球的球心为O ，且球心O 到三个面的距离均为半径r .又因为,DP PE DP PF ⊥⊥，且PE PF P ⋂=，所以DP ⊥平面PEF .由等体积法知O PEF O PFD O PDE O DEF D PEF V V V V V -----+++=，即11113111121212211232323232232r r r r ⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯⨯，解得14r =， 则3 441πππ336448O V r ==⨯⨯=球，故选C.9.答案：C解析：如图所示，设M 为BD 的中点，连接,MA MC ，依题意，折起后AMC ∠是二面角A BD C --的平面角，则60AMC ∠=︒.易知，四面体ABCD 的外接球的球心O 在平面MCA 上，于是点O 在底面BCD 上的射影是正BCD的中心，设为点Q，而点O在侧面ABD上的射影是M，易得3MQ=，又30OMQ∠=︒，因此13OQ=，进而22221231333R OC OQ QC⎛⎫⎛⎫==+=+=⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以球O的表面积为21352π4π9⎛⎫⨯=⎪⎪⎝⎭，故选C.10.4010π解析：由题意得，三棱锥S ABC-的体积11342332S ABCV AB BC-=⨯⋅=，则6AB BC⋅=，、当球O 的体积最小时，ABC外接圆的半径最小，即AC最小，在ABC中，由余弦定理和基本不等式得222123182AC AB BC AB BC AB BC⎛⎫=+-⋅⨯-⋅=⎪⎝⎭，当且仅当6AB BC=取等号，则min32AC=，此时ABC外接圆的直径min32226sin1203ACr===O的半径22210R r=+=O的体积的最小值为344010ππ3R=.11.答案：2821π解析：解法一由题意知PAD为正三角形，取AD的中点M，PAD的中心N，记AC BD F⋂=，连接,PM FM，过,N F分别作平面11AA D D与平面ABCD的垂线，两垂线交于点O，则点O为四棱锥P ABCD-的外接球球心.由题意知22362333PN PM===132ON MF AB===，所以四棱锥P ABCD-的外接球半径22223(23)21R ON PN++所以四棱锥P ABCD-的外接球的体积34π2821π3V R==.解法二连接1111,,,AC BD AC B D，记1111,AC BD F AC B D E⋂=⋂=，连接EF，易知四棱锥P ABCD-的外接球的球心O在线段EF上.取AD的中点G，连接PG，设OF x=，球O的半径为R，易知1122AF AC==⨯36232,633PG==则22222(32)(33)3R x x =+=-+，得3x =，则21R =， 所以四棱锥P ABCD -的外接球的体积34π2821π3V R ==. 12.答案：13解析：如图，在正四面体PABC 中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，连接AD ，BE 交于点F ，则点F 为正三角形ABC 的外心，连接PF ，则PF ⊥底面ABC ，且正四面体PABC 的外接球球心与内切球球心为同一点，应在线段PF 上，记作点O ，如图所示.不妨设正四面体PABC 的棱长为a ，则在ABC 中，22233sin 60333AF AD AC ==⋅⋅==°. PF ⊥底面,ABC AF ⊂底面,ABC PF AF ∴⊥，2222363PF AP AF a a ⎛⎫∴=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭. 正四面体PABC 的外接球、内切球球心均为O ，,OP OA R OF r ∴===.OF PF OP =-，且在Rt AFO 中有222AF OF OA +=，22236R R ⎫⎫∴+-=⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭， 6666,R r ∴==-=，611236r R a ∴==. 13.答案：82π3. 解析：由题意知,BC DC BC PD ⊥⊥，所以BC ⊥平面PCD ，而BC ⊂平面ABCD ，则平面PCD ⊥平面ABCD .由条件知222CD PC PD =+，所以PC PD ⊥.如图，取CD 的中点G ，连接,AC BD ，交于点O ， 则O 为正方形ABCD 的中心，过点G 作平面CDP 的垂线，则点O 在该垂线上， 所以O 为四棱锥P ABCD -外接球的球心，由于2AO ， 所以四棱锥P ABCD -外接球的体积为3482ππ(2)3=.14.答案：6解析：由题意可得121314234,O O O O O O O O ====24345,6O O O O ==.如图，取12O O 的中点34,M O O 的中点N ，连接1234,,,,,MN O N O N O M O M 则12O O ⊥3124,.O M O O O M ⊥ 又3412,O M O M M O O ⋂=∴⊥平面34.O O M 同理可证34O O ⊥平面2,.O O N 平面12O O N ⋂平面34,O O M MN =∴球心O 在线段MN 上. 设球O 的半径为R ，则142442, 3.5,3,OO R OO R O O O N =-=-==2222222114,23,O N MN O N O M OM OO O M ∴==-==-=222244(2)4,(3)9R ON OO O N R --=-=--.,MN OM ON =+即22(2)4(3)923,R R --+--=解得6R =.故球O 的半径为6.15.答案：3;4π9解析：（1）PA ⊥平面,ABC BC ⊂平面ABC ，,PA BC ∴⊥又AB BC ⊥，且,PA AB A BC ⋂=∴⊥平面,PAB PB ⊂平面,PAB BC PB ∴⊥，所以PC 是两个直角三角形PAC 和PBC 的斜边，取PC 的中点O ，点O到四点P ，A ，B ，C 的距离相等，即点O 是三棱锥P ABC -的外接球的球心，2231(2)3,PC R =+==（2）当点M 是截面圆的圆心时，此时圆心到截面的距离最大，那么截面圆的半径最小，即此时的面积最小，点N 是AC 的中点，M 是ABC 的重心，112,366MN BN AC ON ∴====1122PA =，所以22116OM ON MN =+=，截面圆的半径222()3r R OM =-=，所以2min 4ππ9S r ==16.答案：25π,8π4⎡⎤⎢⎥⎣⎦解析：如图，设正三棱柱111ABC A B C -上、下底面中心分别为1,O O ，点P 是111A B C 中线1C D 上一点，G 是三棱锥P ABC -的外接球的球心.因为A ，B ，C 在球面上，所以球心在线段1O O 上，点P 也在球面上， 设三棱锥P ABC -外接球的半径为R ，ABC 外接圆的半径为r ，由正弦定理有260sin 32==r ，所以1r =，设11,O P x O G y ==，则OG =2,y PG CG R -==，在1Rt PGO 中，222R x y =+，在Rt CGO 中，2221(2)R y =+-，于是2221x y +=+2(2)y -，解得254.x y =-因为点P 是111A B C 中线1C D 上一点，所以10≤≤x ，于是451≤≤y ，所以222222554(2)1,216R x y y y y ⎡⎤=+=-+=-+∈⎢⎥⎣⎦，所以外接球的表面积225π4π,8π4S R ⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦球.17.答案：41π16解析：如图，由题意知三棱锥P-ABQ 的体积最大时，点Q 与点C 重合，即求三棱锥P-ABC 外接球的表面积.因为正方形ABCD 与正方形BCFE 的边长均为1，点P 为EF 的中点，所以51,2,AB BC AC BP PC =====.过点P 作PG BC ⊥，垂足为G ，由正方形ABCD 与正方形BCFE 所在平面互相垂直，得PG ⊥平面ABC .设三棱锥P-ABC 外接球的球心为O ，AC 的中点为1O ，连接1OO ， 则1OO ⊥平面ABC.延长1O O 到点H ，使1O H PG =.连接PH ，OP ，OA ，设1OO x =， 则2222211,(1)22OH x x x ⎛⎫⎛⎫=-+=+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得38x =， 设三棱锥P-ABC 外接球的半径为R ，则2221314128264R x ⎛⎫=+=+= ⎪⎝⎭.故所求表面积241414π4ππ6416S R ==⨯=.。
高考数学专题立体几何初步《球的表面积和体积》第二课时突破解析
第2课时 球的表面积和体积必备知识基础练1.三个球的半径之比为1∶2∶3,那么最大的球的体积是其他两个球的体积之和的( )A.1倍B.2倍C.3倍D.4倍r 1,r 2,r 3,则r 1∶r 2∶r 3=1∶2∶3,∴V 3=43πr 33=43×27πr 31=36πr 31,V 1+V 2=43πr 31+43πr 32=43×9πr 31=12πr 31,∴V 3=3(V 1+V 2).2.设正方体的表面积为24 cm 2,一个球内切于该正方体,那么这个球的体积是( )A.6π cm 3 B.323π cm 3C.83π cm 3 D.43π cm 324 cm 2,得正方体的棱长为2 cm,故这个球的直径为2 cm,故这个球的体积为43π cm 3.3.一平面截一球得到直径为6 cm 的圆面,球心到这个圆面的距离是4 cm,则该球的体积是( )A.100π3 cm 3 B.208π3cm 3C.500π3cm 3 D.4163π3cm 3,根据题意,|OO 1|=4 cm,|O 1A|=3 cm,∴|OA|=R=|OO 1|2+|O 1A |2=5(cm),故球的体积V=43πR 3=500π3(cm 3).故选C.4.两个球的半径相差1,表面积之差为28π,则它们的体积和为 .R ,r ,则R -r =1,4πR 2-4πr 2=28π,所以R =4,r =3.所以体积和为43πR 3+43πr 3=364π3.5.已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若球的体积为9π2,则正方体的棱长为 .R ,正方体棱长为a ,则V 球=43πR 3=92π,得到R=32,正方体体对角线的长为3a=2R ,则a=3,所以正方体的棱长为3.6.已知H 是球O 的直径AB 上一点,AH ∶HB=1∶2,AB ⊥平面α,H 为垂足,α截球O 所得截面的面积为π,求球O 的表面积.,CD 是截面圆的直径.∴12CD 2·π=π,即CD=2,设球O 的半径为R ,∵AH ∶HB=1∶2,∴AH=13×2R=23R ,∴OH=R-23R=13R ,由OD 2=OH 2+HD 2,得R 2=19R 2+1,∴R 2=98,∴S 球=4πR 2=92π.关键能力提升练7.一个正四棱柱的各个顶点都在一个半径为2 cm 的球面上,如果正四棱柱的底面边长为2 cm,那么该棱柱的表面积为( )A.(2+42) cm 2B.(8+162) cm 2C.(4+82) cm 2D.(16+322) cm 2一个正四棱柱的各个顶点都在一个半径为2 cm 的球面上,正四棱柱的底面边长为2 cm,∴球的直径为正四棱柱的体对角线,∴正四棱柱的体对角线为4 cm,正四棱柱的底面对角线长为22 cm,∴正四棱柱的高为16-8=22(cm),∴该棱柱的表面积为2×22+4×2×22=8+162(cm 2),故选B.8.圆柱形容器内盛有高度为6 cm 的水,若放入三个相同的球(球的半径与圆柱的底面半径相同)后,水恰好淹没最上面的球,如图所示,则球的半径是( )A.1 cm B.2 cm C.3 cm D.4 cmr ,则由3V 球+V 水=V 柱,可得3×43πr 3+πr 2×6=πr 2×6r ,解得r=3.9.(多选)(2021福建福州期中)唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯如图①所示,它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(如图②),当这种酒杯内壁的表面积(假设内壁表面光滑,表面积为S 平方厘米,半球的半径为R 厘米)固定时,若要使得酒杯的容积不大于半球体积的2倍,则R 的取值可能为( )A.3S 10πB.2S πC.2S 5πD.S 2πh ,则S=2πR 2+2πRh ,则πRh=S2-πR 2,所以酒杯的容积V=23πR 3+πR 2h=23πR 3+S2-πR 2R=-π3R 3+S2·R ≤43πR 3,又h>0,所以S2-πR 2>0,所以πR 2<S2≤53πR 2,解得3S 10π≤R<S 2π,故选AC.10.一个正方体的棱长为a ,则该正方体的外接球半径为 ,内切球半径为 . a 2R ,内切球半径为r ,正方体的体对角线长即为外接球直径,棱长即为内切球的直径,即2R=3a ,2r=a ,解得R=32a ,r=a2.11.若三棱锥的三条侧棱两两垂直,且三条侧棱长分别为1,2,3,则其外接球的表面积是 .,该三棱锥的三条侧棱两两垂直,∴可以把这个三棱锥补成一个同一顶点处三条棱长分别为1,2,3的长方体,于是长方体的外接球就是三棱锥的外接球.设其外接球的半径为R ,则有(2R )2=12+(2)2+(3)2=6.∴R 2=32.故其外接球的表面积S=4πR 2=6π.12.一个六棱柱的底面是正六边形,其侧棱垂直于底面,已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上,且该六棱柱的体积为98,底面周长为3,则这个球的体积为 .x ,高为h ,=3,=6×34x 2ℎ,解得x =12,ℎ=3.∴正六棱柱的底面外接圆的半径r=12,球心到底面的距离d=32.∴外接球的半径R=r 2+d 2=1.∴V 球=4π3.13.三棱锥A-BCD 的四个面都是直角三角形,且侧棱AB 垂直于底面BCD ,BC ⊥CD ,AB=BC=2,且V A-BCD =43,则该三棱锥A-BCD 外接球的体积为 .43π⊥BC ,BC ⊥CD ,故可构造如图所示的长方体,则AD 为三棱锥A-BCD 的外接球的直径.设外接球的半径为R.∵V A-BCD =13×12BC ·CD ·AB=16×2×CD ×2=43,∴CD=2,∴该长方体为正方体,∴AD=23,∴R=3,外接球体积为V=43πR 3=43π.14.在正三棱锥A-BCD 中,底面边长为2,高为1,则该三棱锥的表面积为 ,内切球半径为 .33 13,O 为△BCD 的中心,且AO 垂直于底面BCD ,E 为BC 的中点,∵底面边长为2,∴DE=3,OD=233,OE=33,∴AE=AO 2+OE 2=1+(33) 2=233,S △ABC =12×2×233=233,S △BCD =3,S 表=3S △ABC +S △BCD =23+3=33,设内切球半径为r ,球心为O',∴V A-BCD =V O'-ABC +V O'-ACD +V O'-ABD +V O'-BCD ,∴13×3×1=313×233×r +13×3×r ,解得r=13.15.某组合体的直观图如图所示,它的中间为圆柱形,左右两端均为半球形,若图中r=1,l=3,试求该组合体的表面积和体积.S=4πr 2+2πrl=4π×12+2π×1×3=10π.该组合体的体积V=43πr 3+πr 2l=43π×13+π×12×3=13π3.16.正四棱锥S-ABCD 的底面边长和各侧棱长都为2,点S ,A ,B ,C ,D 都在同一球面上,求球的体积.,设正四棱锥的底面中心为O 1,∴SO 1垂直于底面ABCD ,令外接球球心为O ,∴△ASC 的外接圆就是外接球的一个轴截面圆,△ASC 外接圆的半径就是外接球的半径.在△ASC 中,由SA=SC=2,AC=2,得SA 2+SC 2=AC 2.∴△ASC 是以AC 为斜边的直角三角形.∴AC2=1是外接圆的半径,也是外接球的半径.故V 球=4π3.17.有一个倒圆锥形容器,它的轴截面是一个正三角形,在容器内放一个半径为r 的铁球,并注入水,使水面与球正好相切,然后将球取出,求这时容器中水的深度.,圆锥的轴截面为正三角形,如图所示为圆锥的轴截面.根据切线性质知,当球在容器内时,水深为3r ,水面的半径为3r ,则容器内水的体积为V=V 圆锥-V 球=13π·(3r )2·3r-43πr 3=53πr 3,而将球取出后,设容器内水的深度为h ,则水面圆的半径为33h ,从而容器内水的体积是V'=13π·33h 2·h=19πh 3,由V=V',得h=315r.即容器中水的深度为315r.学科素养创新练18.有三个球,第一个球内切于正方体的六个面,第二个球与这个正方体各条棱都相切,第三个球过这个正方体的各个顶点,求这三个球的表面积之比.a ,三个球的半径依次为R 1,R 2,R 3,则有2R 1=a ,R 1=a2,2a=2R 2,R 2=22a ,3a=2R 3,R 3=32a ,所以R 1∶R 2∶R 3=1∶2∶3.所以S1∶S2∶S3=R21∶R22∶R23=1∶2∶3.即这三个球的表面积之比为1∶2∶3.。
高考球的问题
高考球的问题典型例题1——球的截面例 1 球面上有三点A 、B 、C 组成这个球的一个截面的内接三角形三个顶点，其中18=AB ，24=BC 、30=AC ，球心到这个截面的距离为球半径的一半，求球的表面积．【练习】过球O 表面上一点A 引三条长度相等的弦AB 、AC 、AD ，且两两夹角都为︒60，若球半径为R ，求弦AB 的长度．典型例题2——球面距离例2 过球面上两点作球的大圆，可能的个数是（ ）．A ．有且只有一个B ．一个或无穷多个C ．无数个D ．以上均不正确例3 球面上有3个点，其中任意两点的球面距离都等于大圆周长的61，经过3个点的小圆的周长为π4，求这个球的半径．例4 A 、B 是半径为R 的球O 的球面上两点，它们的球面距离为R 2π，求过A 、B 的平面中，与球心的最大距离是多少？典型例题3——其它问题例5．自半径为R 的球面上一点M ，引球的三条两两垂直的弦MC MB MA ,,，求222MC MB MA ++的值．例6．试比较等体积的球与正方体的表面积的大小．典型例题4——球与几何体的切、接问题例7 一个倒圆锥形容器，它的轴截面是正三角形，在容器内注入水，并放入一个半径为r 的铁球，这时水面恰好和球面相切．问将球从圆锥内取出后，圆锥内水平面的高是多少？例8．设正四面体中，第一个球是它的内切球，第二个球是它的外接球，求这两个球的表面积之比及体积之比．例9．把四个半径都是1的球中的三个放在桌面上，使它两两外切，然后在它们上面放上第四个球，使它与前三个都相切，求第四个球的最高点与桌面的距离．例10．如图1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．（1）求两球半径之和；（2）球的半径为多少时，两球体积之和最小．作业1. 正三棱锥的高为1，底面边长为62，正三棱锥内有一个球与其四个面相切．求球的表面积与体积．2. 求球与它的外切圆柱、外切等边圆锥的体积之比．3 在球心同侧有相距cm 9的两个平行截面，它们的面积分别为249cm π和2400cm π．求球的表面积．高考球的问题（教师）典型例题1——球的截面例 1 球面上有三点A 、B 、C 组成这个球的一个截面的内接三角形三个顶点，其中18=AB ，24=BC 、30=AC ，球心到这个截面的距离为球半径的一半，求球的表面积．分析：求球的表面积的关键是求球的半径，本题的条件涉及球的截面，ABC ∆是截面的内接三角形，由此可利用三角形求截面圆的半径，球心到截面的距离为球半径的一半，从而可由关系式222d R r -=求出球半径R ．解：∵18=AB ，24=BC ，30=AC ，∴222AC BC AB =+，ABC ∆是以AC 为斜边的直角三角形． ∴ABC ∆的外接圆的半径为15，即截面圆的半径15=r ， 又球心到截面的距离为R d 21=，∴22215)21(=-R R ，得310=R ． ∴球的表面积为πππ1200)310(4422===R S ．说明：涉及到球的截面的问题，总是使用关系式22d R r -=解题，我们可以通过两个量求第三个量，也可能是抓三个量之间的其它关系，求三个量．【练习】过球O 表面上一点A 引三条长度相等的弦AB 、AC 、AD ，且两两夹角都为︒60，若球半径为R ，求弦AB 的长度．由条件可抓住BCD A -是正四面体，A 、B 、C 、D 为球上四点，则球心在正四面体中心，设a AB =，则截面BCD 与球心的距离R a d -=36，过点B 、C 、D 的截面圆半径a r 33=，所以222)36()33(R a R a --=得R a 362=． 典型例题2——球面距离例2 过球面上两点作球的大圆，可能的个数是（ ）．A ．有且只有一个B ．一个或无穷多个C ．无数个D ．以上均不正确分析：对球面上两点及球心这三点的位置关系进行讨论．当三点不共线时，可以作一个大圆；当三点共线时，可作无数个大圆，故选B ．例3 球面上有3个点，其中任意两点的球面距离都等于大圆周长的61，经过3个点的小圆的周长为π4，求这个球的半径．分析：利用球的概念性质和球面距离的知识求解．设球的半径为R ，小圆的半径为r ，则ππ42=r ，∴2=r ．如图所示，设三点A 、B 、C ，O 为球心，362ππ==∠=∠=∠COA BOC AOB ．又∵OB OA =，∴AOB ∆是等边三角形，同样，BOC ∆、COA ∆都是等边三角形，得ABC ∆为等边三角形，边长等于球半径R ．r 为ABC ∆的外接圆半径，R AB r 3333==，3233==r R ． 说明：本题是近年来球这部分所出的最为综合全面的一道题，除了考查常规的与多面体综合外，还考查了球面距离，几乎涵盖了球这部分所有的主要知识点，是一道不可多得的好题．例4 A 、B 是半径为R 的球O 的球面上两点，它们的球面距离为R 2π，求过A 、B 的平面中，与球心的最大距离是多少？分析：A 、B 是球面上两点，球面距离为R 2π，转化为球心角2π=∠AOB ，从而R AB 2=，由关系式222d R r -=，r 越小，d 越大，r 是过A 、B 的球的截面圆的半径，所以AB 为圆的直径，r 最小．解：∵球面上A 、B 两点的球面的距离为R 2π． ∴2π=∠AOB ，∴R AB 2=．当AB 成为圆的直径时，r 取最小值，此时R AB r 2221==，d 取最大值， R r R d 2222=-=， 即球心与过A 、B 的截面圆距离最大值为R 22． 说明：利用关系式222d R r -=不仅可以知二求一，而且可以借此分析截面的半径r 与球心到截面的距离d 之间的变化规律．此外本题还涉及到球面距离的使用，球面距离直接与两点的球心角AOB ∠有关，而球心角AOB ∠又直接与AB 长度发生联系，这是使用或者求球面距离的一条基本线索．典型例题3——其它问题例5．自半径为R 的球面上一点M ，引球的三条两两垂直的弦MC MB MA ,,，求222MCMB MA ++的值．分析：此题欲计算所求值，应首先把它们放在一个封闭的图形内进行计算，所以应引导学生构造熟悉的几何体并与球有密切的关系，便于将球的条件与之相联．解：以MC MB MA ,,为从一个顶点出发的三条棱，将三棱锥ABC M -补成一个长方体，则另外四个顶点必在球面上，故长方体是球的内接长方体，则长方体的对角线长是球的直径．∴222MC MB MA ++=224)2(R R =．说明：此题突出构造法的使用，以及渗透利用分割补形的方法解决立体几何中体积计算．例6．试比较等体积的球与正方体的表面积的大小．分析：首先抓好球与正方体的基本量半径和棱长，找出等量关系，再转化为其面积的大小关系． 解：设球的半径为r ，正方体的棱长为a ，它们的体积均为V ，则由ππ43,3433V r V r ==，343πV r =，由,3V a =得3V a =． 322324)43(44V V r S ππππ===球． 32322322166)(66V V V a S ====正方体． ∴<2164π <324V π32216V ，即正方体球S S <．典型例题4——球与几何体的切、接问题例7 一个倒圆锥形容器，它的轴截面是正三角形，在容器内注入水，并放入一个半径为r 的铁球，这时水面恰好和球面相切．问将球从圆锥内取出后，圆锥内水平面的高是多少？分析：先作出轴截面，弄清楚圆锥和球相切时的位置特征，利用铁球取出后，锥内下降部分(圆台)的体积等于球的体积，列式求解．解：如图作轴截面，设球未取出时水面高h PC =，球取出后，水面高x PH =∵r AC 3=，r PC 3=，则以AB 为底面直径的圆锥容积为PC AC V ⋅⋅=231π圆锥3233)3(31r r r ππ=⋅=， 球取出后水面下降到EF ，水体积为32291)30tan (3131x PH PH PH EH V πππ=︒=⋅⋅=水．又球圆锥水V V V -=，则33334391r r x πππ-=， 解得r x 315=．例8．设正四面体中，第一个球是它的内切球，第二个球是它的外接球，求这两个球的表面积之比及体积之比．分析：此题求解的第一个关键是搞清两个球的半径与正四面体的关系，第二个关键是两个球的半径之间的关系，依靠体积分割的方法来解决的．解：如图，正四面体ABCD 的中心为O ，BCD ∆的中心为1O ，则第一个球半径为正四面体的中心到各面的距离，第二个球的半径为正四面体中心到顶点的距离．设R OA r OO ==,1，正四面体的一个面的面积为S ．依题意得)(31r R S V BCD A +=-， 又S r V V BCD O BCD A ⋅⨯==--3144 r r R 4=+∴即r R 3=．所以914422==R r ππ外接球的表面积内切球的表面积．271343433==R r ππ外接球的体积内切球的体积． 说明：正四面体与球的接切问题，可通过线面关系证出，内切球和外接球的两个球心是重合的，为正四面体高的四等分点，即定有内切球的半径h r 41=(h 为正四面体的高)，且外接球的半径r R 3=．例9．把四个半径都是1的球中的三个放在桌面上，使它两两外切，然后在它们上面放上第四个球，使它与前三个都相切，求第四个球的最高点与桌面的距离．分析：关键在于能根据要求构造出相应的几何体，由于四个球半径相等，故四个球一定组成正四面体的四个顶点且正四面体的棱长为两球半径之和2．解：四球心组成棱长为2的正四面体的四个顶点，则正四面体的高362)332(222=⋅-=h ． 而第四个球的最高点到第四个球的球心距离为求的半径1，且三个球心到桌面的距离都为1，故第四个球的最高点与桌面的距离为3622+． 例10．如图1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．（1）求两球半径之和；（2）球的半径为多少时，两球体积之和最小．分析：此题的关键在于作截面，一个球在正方体内，学生一般知道作对角面，而两个球的球心连线也应在正方体的体对角线上，故仍需作正方体的对角面 ，得如图2的截面图，在图2中，观察R 与r 和棱长间的关系即可．解：如图2，球心1O 和2O 在AC 上，过1O ，2O 分别作BC AD ,的垂线交于F E ,． 则由3,1==AC AB 得R CO r AO 3,321==．3)(3=+++∴R r R r ， 233133-=+=+∴r R ． （1）设两球体积之和为V ， 则))((34)(342233r Rr R R r r R V +-+=+=ππ =[]=-+rR r R 3)(233342π⎥⎦⎤⎢⎣⎡--)233(3)233(233342R R π =⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+--22)233(2)33(3323334R R π当433-=R 时，V 有最小值．∴当433-==r R 时，体积之和有最小值．作业1. 正三棱锥的高为1，底面边长为62，正三棱锥内有一个球与其四个面相切．求球的表面积与体积．解：如图，球O 是正三棱锥ABC P -的内切球，O 到正三棱锥四个面的距离都是球的半径R ．PH 是正三棱锥的高，即1=PH ．E 是BC 边中点，H 在AE 上，图2ABC ∆的边长为62，∴26263=⨯=HE ． ∴3=PE 可以得到2321=⋅===∆∆∆PE BC S S S PBC PAC PAB ． 36)62(432==∆ABC S 由等体积法，ABC O PBC O PAC O PAB O ABC P V V V V V -----+++= ∴R R ⨯⨯+⨯⨯⨯=⨯⨯36313233113631得：2633232-=+=R ， ∴πππ)625(8)26(4422-=-==R S 球． ∴33)26(3434-==ππR V 球． 说明：球心是决定球的位置关键点，本题利用球心到正三棱锥四个面的距离相等且为球半径R 来求出R ，以球心的位置特点来抓球的基本量，这是解决球有关问题常用的方法．2. 求球与它的外切圆柱、外切等边圆锥的体积之比．分析：首先画出球及它的外切圆柱、等边圆锥，它们公共的轴截面，然后寻找几何体与几何体之间元素的关系．解：如图，等边SAB ∆为圆锥的轴截面，此截面截圆柱得正方形11CDD C ，截球面得球的大圆圆1O ． 设球的半径R OO =1，则它的外切圆柱的高为R 2，底面半径为R ；R O O OB 330cot 1=︒⋅=， R R OB SO 33360tan =⋅=︒⋅=，∴334R V π=球，3222R R R V ππ=⋅=柱， 3233)3(31R R R V ππ=⋅⋅=锥， ∴964∶∶∶∶锥柱球=V V V ．3 在球心同侧有相距cm 9的两个平行截面，它们的面积分别为249cm π和2400cm π．求球的表面积．分析：可画出球的轴截面，利用球的截面性质，求球的半径．解：如图为球的轴截面，由球的截面性质知，21//BO AO ，且若1O 、2O 分别为两截面圆的圆心，则11AO OO ⊥，22BO OO ⊥．设球的半径为R ．∵ππ4922=⋅B O ，∴)(72cm B O = 同理ππ40021=⋅A O ，∴)(201cm A O = 设xcm OO =1，则cm x OO )9(2+=．在A OO Rt 1∆中，22220+=x R ；在B OO Rt 2∆中，2227)9(++=x R ，∴222)9(720++=+x x ，解得15=x ， ∴22222520=+=x R ，∴25=R ∴)(2500422cm R S ππ==球． ∴球的表面积为22500cm π．。
2024高考数学专项立体几何系统班7、外接球与内切球
第7讲外接球与内切球知识与方法1.外接球与内切球是全国高考常考题型，模型杂、方法多，但归纳起来不外乎两大类处理方法.（1）补形：将几何体补全成长方体、正方体、直棱柱等常见几何体，计算外接球半径.（2）构建平面截球模型：寻找截面圆心以及球心到截面的距离，通过222R r d =+计算外接球半径.2.设球的半径为R ，有5个常用计算公式.（1）正方体外接球半径：R =，其中a 为正方体棱长，如图1.（2）长方体外接球半径：R =a ，b ，c 分别为长方体的长、宽、高，如图2.（3）正四面体外接球半径，4R a =，其中a 为正四面体棱长，如图3.（4）直三棱柱外接球半径：R =，其中r 为底面外接圆半径，h 为直三棱柱的高，如图4.（5）圆柱外接球半径：R =，其中r 为底面圆半径，h 为圆柱的母线长，如图5.提醒：①上面列出了一些简单模型的外接球半径计算公式，需结合图形将其记住，还有一些其他模型可以通过补形的方法转化为上述模型处理；②一些不能通过简单补形求解的模型，如球内接正棱锥，球内接圆锥等，可以通过分析几何关系，转化为平面截球模型计算外接球的半径.题组一1.（★★）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上.若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为_______.【解析】设正方体的棱长为a ，则2618a =，故a =3322R a ==，其体积34932V R ππ==.【答案】92π2024高考数学专项立体几何系统班7、外接球与内切球【提炼】正方体棱长a 与其外接球半径R 之间的关系为32R =.2.（★★★）如图，在等腰梯形ABCD 中，22AB DC ==，60DAB ∠=︒，E 为AB 中点，将ADE 与BEC 分别沿ED ，EC 向上折起，使点A ，B 重合于点P ，则三棱锥P DCE -的外接球的体积为（）【解析】由题意，可将平面图形等腰梯形ABCD 补全为正三角形FAB ，如图，那么在完成题干所描述的翻折后，还可将CDF △沿着CD 翻折，使得点F 也与点P 重合，显然此时得到的是一个棱长为1的正四面体，即三棱锥P DCE -是棱长为1的正四面体，其外接球半径R =343V R π==.【答案】C【提炼】正四面体的棱长为a ，则其外接球半径为64a ，内切球半径为612a ，证明方法可参考附赠的小册子《高考数学常用二级结论》.3.（★★）长方体的长，宽，高分别为3，2，1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为______.【解析】长方体的外接球半径R =，其中a ，b ，c 分别为长、宽、高，故R =O 的表面积2414S R ππ==.【答案】14π【提炼】设长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则其外接球半径2R =4.（★★）已知底面边长为1的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为（）A.323π B.4π C.2π D.43π【解析】首先得知道什么是正四棱柱，它指的是底面为正方形、侧棱与底面垂直的四棱柱，也是一种特殊的长方体，高考这种名词都是直接给，必须清楚其结构特征.外接球半径1R ==，故该球的体积34433V R ππ==.【答案】D5.（★★）已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是（）A.16πB.20πC.24πD.32π【解析】设正四棱柱底面边长为a ，则2416a =，即2a =，其外接球的半径2242R ==，故所求球的表面积2424S R ππ==.【答案】C 6.（★★★）一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2的球面上，如果正四棱柱的底面边长为1cm ，那么该棱柱的表面积为______cm 2.【解析】设正四棱柱的高为h cm ，则1112=，故h =，即该棱柱的表面积(2S =+cm 2.【答案】2+题组二7.（★★★）已知三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上，若3AB =，4AC =，AB AC ⊥，112AA =，则球O 的半径为（）B. C.132D.【解析】这道题可能不少同学会有这么一个困惑，就是题干没给出三棱柱111ABC A B C -为直三棱柱，是不是题干有问题呢？当然不是，事实上，斜棱柱是没有外接球的，所以题干的说法本身就隐含了三棱柱111ABC A B C -为直三棱柱这一条件.本题的直三棱柱可通过补形为长方体来计算外接球半径，如图，三棱柱111ABC A B C -与长方体有相同的外接球，该球的半径为34121322R ==.【答案】C 8.（★★★）3______.【解析】本模型一般称为墙角三棱锥，可补形为正方体（或长方体）来处理．如图，将三棱锥B ACD -补全为正方体，并放到了球体之中，可以看到二者有相同的外接球，正方体棱332R =，故外接球表面积249S R ππ==.【答案】9π【提炼】三条侧棱两两垂直的三棱锥（墙角三棱锥）可补形为长方体或正方体来计算外接球半径.题组三9.（★★★）设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（）A.2a π B.273a π C.2113a π D.25a π【解析】如图，设G 为ABC △的中心，ABC △外接圆半径233323r AG ==⨯=，1122a OG AA ==，球的半径22712R r OG a =+，故球的表面积22743S R a ππ==.【答案】B【提炼】①设直三棱柱底面外接圆半径为r ，高为h ，则其外接球半径222h R r ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；②关键是计算底面三角形外接圆半径，对于直角三角形，外接圆半径等于斜边长的一半，若是倍，等于高的23倍；若是普通的三角形，则可利用正弦定理计算外接圆半径.10.（★★★）直三棱柱111ABC A B C -的各顶点都在同一球面上，若12AB AC AA -==，120BAC ∠=︒，则此球的表面积等于______.【解析】如图，在ABC △中，由余弦定理得222122222122BC ⎛⎫=+-⨯⨯⨯-= ⎪⎝⎭，解得BC =.由正弦定理得42sin BC r BAC ==∠，解得2r =，故1112OG AA ==，所以球的半径R ==，故球的表面积2420S R ππ==.【答案】20π题组四11.（★★★）设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为，则三棱锥D ABC -体积的最大值为（）A. B. C. D.【解析】如图，先计算ABC △外接圆的半径r ，设ABC △边长为a .则2122a ⋅⋅=，解得6a =，所以62sin 60r =︒，解得r =，所以2OG ==，当D 点位于GO 延长线上时，三棱锥D ABC -的高最大，底面积不变，此时体积最大，最大值为()1243V =⨯+=【答案】B【提炼】本题三棱锥D ABC -的体积最大时，D ABC -是正三棱锥，正三棱锥外接球的计算问题，解题的关键是构建AOG △，在这个三角形中，满足222OA AG OG =+，即222R r d =+，其实这就是前一小节的平面截球模型，只要是正棱锥，都可以采用这个办法处理.12.（★★★）正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为（）A.814πB.16πC.9πD.274π【解析】如图，由题意，得14PO =，1AO =设外接球的半径为R ，则OA OP R ==，故14OO R =-.在1OO A △中，22211AO OO AO +=，即()2224R R +-=，解得94R =，故该球的表面积28144S R ππ==.【答案】A【提炼】正四棱锥外接球的有关计算，关键是构建1AOO ，在这个三角形中，利用22211OA AO OO =+建立等量关系，其实就是平面截球模型的处理方法.13.（★★★）正四棱锥S ABCD -点S ，A ，B ，C ，D 都在同一个球面上，则该球的体积为_____.【解析】解法1：如图1，设正方形ABCD 的中心为1O ，由题意，11AO =，11SO =.设正四棱锥外接球球心为O ，半径为R ，则OA R =，11OO R =-，在1AOO 中，22211OO AO AO +=，故()2211R R -+=，解得1R =，即外接球体积为34433V R ππ==.解法2：设正方形ABCD 的中心为1O ，由题意，11AO =，11SO ==，因为11SO AO =，所以1O 即为球心，球的半径为1，体积34433V R ππ==，本题实际的图形是图2.【答案】43π14.（2021·全国甲卷·理·11·★★★）已知A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且AC BC ⊥，1AC BC ==，则三棱锥O ABC -的体积为（）A.212B.312C.24D.34【解析】如图，由题意，2AB =，设D 为ABC △的外心，则1222AD AB ==，2222OD OA AD =-=，所以1112211332212O ABC ABC V S OD -=⋅=⨯⨯⨯⨯ .【答案】A题组五15.（★★）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）A.πB.34πC.2π D.4π【解析】如图，由题意得1OA =，112OO =，故132O A =，圆柱体积233124V ππ⎛⎫=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭.【答案】B【提炼】圆柱外接球半径222h R r ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，其中r 为底面圆半径，h 为圆柱的高.16.（★★★★）如图，半径为R 的球O 中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是______.【解析】设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则2224h r R rh +=≥，当且仅当2h r =时等号成立，故圆柱的侧面积2S rh π=的最大值为22R π，此时球的表面积与圆柱的侧面积之差为222422R R R πππ-=.【答案】22R π题组六17.（★★）正方体的内切球与其外接球的体积之比为（）A. B.1:3C.1:D.1:9【解析】设正方体的棱长为a ，则其内切球、外接球的半径分别为12aR =，2R =，故正方体的内切球与其外接球的体积之比3113224343R V V R ππ==.【答案】C【提炼】设正方体的棱长为a ，则其内切球的半径2a R =.18.（★★）如图，圆柱12O O 内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.记圆柱12O O 的体积为1V ，球O 的体积为2V ，则12V V 的值是______.【解析】如图，设球的半径为R ，则213223423V R R V R ππ⋅==.【答案】3219.（2020·新课标Ⅲ卷·理·15·★★★）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_______.【解析】如图，该圆锥内半径最大的球即圆锥的内切球，设其半径为R ，则OB OG R ==，1AB AG ==.由题意得PG =OP R =-，2PB PA AB =-=.在POB 中，222OB PB OP =+，故()224R R +=，解得22R =，即球的体积3433V R π==.【答案】2320.（★★★★）在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球.若AB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，则V 的最大值是（）A.4π B.92π C.6π D.323π【解析】要解决这道题，得先搞清楚一件事，那就是最大的球到底是和棱柱的侧面相切，还是与底面相切？如图，可求得底面直角三角形的斜边10AC =，将底面Rt ABC △单独拿出来分析其内切圆半径r ，图中BP NQ r ==，故8PC r =-，即8CM PC r ==-，PN BQ r ==，故6AQ r =-，即6AM AQ r ==-，所以8614210AC CM AM r r r =+=-+-=-=，解得2r =，由123r AA >=知最大球的半径为32，体积3439322V ππ⎛⎫=⨯=⎪⎝⎭.【答案】B题组七21.（★★★）已知A，B是球O的球面上两点，90AOB∠=︒，C为该球面上的动点.若三棱锥O ABC-体积的最大值为36，则球O的表面积为（）A.36πB.64πC.144πD.256π【解析】设球O的半径为R，当点C位于如图所示位置（OC⊥平面AOB）时，三棱锥O ABC-的体积最大，最大值为321136326RR R⨯⨯==，即6R=，故球O的表面积24144S Rππ==.【答案】C22.（★★★）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，则球O的表面积为________.【解析】如图，由题意知，SAC△，SBC△都是以SC为斜边的等腰直角三角形，设球O的半径为R，故31129323S ABCRV R R R-=⋅⋅⋅⋅==，即3R=，故球O的表面积2436S Rππ==.【答案】36π第8讲经典模型之对棱相等知识与方法四面体ABCD 中，AB CD m ==，AC BD n ==，AD BC t ==，这种四面体叫做对棱相等四面体，可以通过构造长方体来解决这类四面体的外接球问题.如图，设长方体的长宽高分别为a 、b 、c ，则222222222a b t b c n a c m ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩，三式相加可得2222222m n t a b c ++++=，而显然四面体和长方体有相同的外接球，设外接球半径为R ，则22224a b c R ++=，所以R =.典型例题【例题】四面体ABCD中，AB CD ==AC BD ==，5AD BC ==，则该四面体外接球的体积为_______.【解析】由题意，四面体ABCD是对棱相等模型3464233R V R π⇒===.【答案】3变式1三棱锥A BCD -中，6AB CD ==，5AC BD AD BC ====，则该三棱锥外接球表面积为（）C.432π D.43π【解析】由题意，四面体ABCD是对棱相等模型24432R S R ππ⇒====.【答案】D 变式2A 、B 、C 、D四点在半径为2的球面上，且5AC BD ==，AD BC ==，AB CD =，则四面体ABCD 的体积为______.【解析】由题意，四面体ABCD 是对棱相等模型，设AB CD x ==，则R x ==ABCD补全为如图所示的长方体，设长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，则222222413425a b b c a c ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩，解得：453a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩，所以四面体ABCD 的体积1134543452032V =⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯=.【答案】20强化训练1.（★★★）四面体ABCD中，AB CD ==AC BD ==，AD BC ==，则四面体ABCD 外接球的表面积为（）A.25πB.45πC.50πD.100π【解析】由题意，四面体ABCD是对棱相等模型，2524502R S R ππ====.【答案】C2.（★★★）半径为1的球面上有不共面的A 、B 、C 、D 四点，且AB CD x ==，BC AD y ==，AC BD z ==，则222x y z ++=（）A.16B.8C.4D.2【解析】由题意，四面体ABCD是对棱相等模型，22218R x y z =⇒++=【答案】B3.（★★★）四面体ABCD 中，5AB CD ==，AC BD ==，AD BC ==接球的半径为（）A.2B. C.132 D.13【解析】由题意，四面体ABCD是对棱相等模型，132R =【答案】C4.（★★★）在四面体ABCD 中，2AB CD ==，AC BD AD BC ====接球的表面积为_______.【解析】由题意，四面体ABCD是对棱相等模型，2144R S R ππ==⇒==【答案】4π5.（★★★★）在三棱锥P ABC -中，2PA BC ==，PB AC =，PC AB =，且4PB PC ⋅=，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积的最小值为________.【解析】设PB AC x ==，PC AB y ==，则4xy =，所以三棱锥P ABC -的外接球半径62R =≥，当且仅当2x y ==时取等号，所以三棱锥P ABC -的外接球的表面积的最小值为246ππ⨯=⎝⎭.【答案】6π6.（★★★★）四面体ABCD 的顶点都在球O 的表面上，4AB BC CD DA ====，AC BD ==，E 为AC 中点，过点E 作球O 的截面，则截面面积的最大值与最小值之比为（）A.5:42D.5:2【解析】四面体ABCD是对棱相等模型，所以R =，将四面体ABCD 放入长方体如图，截面面积的最大值为215S R ππ==，当截面面积最小时，截面与OE 垂直，其中O 为球心，设FA a =，FB b =，FC c =，则222222216182216a a b a c b OE b r c b c =⎧⎧+=⎪⎪+=⇒=⇒=⇒=⎨⎨⎪⎪=+=⎩⎩，即截面面积的最小值为222S r ππ==，故12:5:2S S =.【答案】D。
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立体几何之与球有关的高考考试————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：立体几何分类复习一、球的相关知识考试核心：方法主要是“补体”和“找球心”1.长方体、正方体的外接球其体对角线长为该球的直径．2．正方体的内切球其棱长为球的直径．3．正三棱锥的外接球中要注意正三棱锥的顶点、球心及底面正三角形中心共线．4．正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.5.性质的应用22212rROOd-==，构造直角三角形建立三者之间的关系。
1.（2015高考新课标2，理9）已知A,B是球O的球面上两点，∠AOB=90,C为该球面上的动点，若三棱锥O-ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为( )A．36π B.64π C.144π D.256π参考答案2.3.4.类型一：有公共底边的等腰三角形，借助余弦定理求球心角。
（两题互换条件形成不同的题） 1．如图球O 的半径为2，圆1O 是一小圆，12OO =，A 、B 是圆1O 上两点，若A ，B 两点间的球面距离为23π，则1AO B ∠= . 2．如图球O 的半径为2，圆1O 是一小圆，12OO =，A 、B 是圆1O 上两点，若1AO B ∠=2π，则A,B 两点间的球面距离为 （2009年文科）类型二：球内接多面体，利用圆内接多边形的性质求出小圆半径，通常用到余弦定理求余弦值，通过余弦值再利用正弦定理得到小圆半径r Cc2sin =，从而解决问题。
3. 直三棱柱111ABC A B C -的各顶点都在同一球面上，若12AB AC AA ===, 120BAC ∠=︒，则此球的表面积等于 。
4.正三棱柱111ABC A B C -内接于半径为2的球，若,A B 两点的球面距离为π，则正三棱柱的体积为 ．5.12．已知球的直径SC =4，A ，B 是该球球面上的两点，AB =3，ο30=∠=∠BSC ASC ，则棱锥S—ABC 的体积为A ．33B ．32C ．3D ．16.（11）已知,,,S A B C 是球O 表面上的点，SA ABC ⊥平面，AB BC ⊥，1SA AB ==，2BC =，则球O 表面积等于（A ）4π （B ）3π （C ）2π （D ）π类型三：通过线线角、线面角、面面角之间的平面的转化，构造勾股定理处理问题。
7.15.设OA 是球O 的半径，M 是OA 的中点，过M 且与OA 成45°角的平面截球O 的表面得到圆C 。
若圆C 的面积等于74π，则球O 的表面积等于 .（2009年文科）8.已知平面α截一球面得圆M ，过圆心M 且与α成二面角的平面β截该球面得圆N.若该球面的半径为4，圆M 的面积为4π，则圆N 的面积为(A)7π (B)9π (C)11π (D)13π9.（5）如果把地球看成一个球体，则地球上的北纬060纬线长和赤道长的比值为（A ）0.8 （B ）0.75 （C ）0.5 （D ）0.25类型四：球内接多面体的相关元素之间的联系。
10.圆柱形容器内部盛有高度为8 cm 的水，若放入三个相同的球（球的半径与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如图所示)，则球的半径是 cm ．（2010年理科） 11.16．长方体1111ABCD A B C D -的顶点均在同一个球面上，11AB AA ==，2BC =，则A ，B 两点间的球面距离为 .12.体积为8的一个正方体，其全面积与球O 的表面积相等，则球O 的体积等于 ．13.已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面积是这个球面面积的316，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为_______．14.如图，半径为R 的球O 中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大是，求的表面积与改圆柱的侧面积之差是 .类型五：平面几何性质在球中的综合应用。
15.已知球O 的半径为4，圆M 与圆N 为该球的两个小圆，AB 为圆M 与圆N 的公共弦，4AB =．若3OM ON ==，则两圆圆心的距离MN = ．类型六：性质的简单应用。
16.已知OA 为球O 的半径，过OA 的中点M 且垂直于OA 的平面截球面得到圆M ，若圆M 的面积为3π，则球O 的表面积等于______ _______.17.（15）已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且6,23AB BC ==,则棱锥O ABCD -的体积为 。
18.（9）高为24的四棱锥S-ABCD 的底面是边长为1的正方形，点S 、A 、B 、C 、D 均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为 （2011年理科）（A ）24（B ）22(C)1 (D)2BCDAN M Oα参考答案：3、欲求球的表面积，归根结底求球半径R ，与R 相关的是重要性质222d r R +=。
∵AA 1=2, ∴121121====AA OO OO d 。
现将问题转化到⊙O 2的半径之上。
因为△ABC 是⊙O 2的内接三角形，又知AB=AC=2，∠BAC=120°，三角形可解。
由余弦定理有32444cos 222=++=∠⋅⋅-+=BAC AC AB AC AB BC ，由正弦定理有2sin 22sin =∠=⇒=∠BACBCr r BAC BC∴.514222=+=+=d r R ∴ππ2042==R S 。
4、85、C 6 A 7问题的解决根本——求球半径OB R =。
与R 相关的重要性质222d r R +=中，2r 可求（∵472ππ=r ∴472=r ）问题转化到求OC d =上充分运用题目中未用的条件，2R OM =，∠OMC=45°，∴22R d = 于是84722R R +=求得22=R ，∴ππ842==R S8 D 9、 C 10、 4 11、3π 12、π34 13、1/3 14、22R π 15、析：由OM=ON 知，⊙M 与⊙No 为等圆，根据球中的重要性质∴7916222=-=-=d R r又MH ⊥AB 得H 为AB 中点，∴BH=AH=2 ∴322=-==BH r NH MH ∵∠OMH=∠ONH=90°∴∠MON=π－∠MHN由余弦定理有MN 2=OM 2+ON 2－2OM ·ON ·cos ∠MON MN 2=MH 2+NH 2－2MH ·NH ·cos(π－∠MON) 解得cos ∠MON=21，即∠MON=3π ∴三角形OMN 为等边三角形， ∴MN=3. 16、16π 17、24 18、C二、二面角的求法：1、如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=o .（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=o ，求二面角A -PB -C 的余弦值.2、如图，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥平面ABCD ，且2AB AD ==，13AA =，120BAD ∠=o .（1)求异面直线1A B 与1AC 所成角的余弦值； （2）求二面角1B A D A --的正弦值。
1、（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=o，得AB AP ⊥，CD PD ⊥由于//AB CD ，故AB PD ⊥， 从而AB ⊥平面PAD 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD（2）在平面PAD 内作PF AD ⊥，垂足为F由（1）可知，AB ⊥平面PAD ，故AB PF ⊥， 可得PF ⊥平面ABCD以F 为坐标原点，FA u u u r 的方向为x 轴正方向，||AB uuu r为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系F xyz -由（1）及已知可得2222(,0,0),(0,0,),(,1,0),(,1,0)2222A PBC - 所以2222(,1,),(2,0,0),(,0,),(0,1,0)2222PC CB PA AB =--==-=u u u r u u u r u u u r u u u r 设(,,)n x y z =是平面PCB 的法向量，则0,0n PC n CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r 即220,220x y z y ⎧-+-=⎪⎨⎪=⎩可取(0,1,2)n =--设(,,)m x y z =是平面PAB 的法向量，则0,0m PA m AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r 即220,22x z y ⎧-=⎪⎨⎪=⎩可取(1,0,1)m =则3cos ,||||3n m n m n m ⋅<>==-所以二面角A PB C --的余弦值为33-2、22.解：在平面ABCD 内，过点A 作AE AD ⊥，交BC 于点E因为1AA ⊥平面ABCD ， 所以11,AA AE AA AD ⊥⊥如图，以1{,,}AE AD AA u u u r u u u r u u u r为正交基底，建立空间直角坐标系A xyz -因为12,3,120AB AD AA BAD ===∠=o ，则11(0,0,0),(3,1,0),(0,2,0),(3,0,0),(0,0,3),(3,1,3)A B D E A C - （1）11(3,1,3),(3,1,3),A B AC =--=u u u r u u u u r 则111111cos ,||||A B AC A B AC A B AC <>=u u u r u u u u ru u u r u u u u r g u u ur u u u u r (3,1,3)(3,1,3)177--==-g因此异面直线1A B 与1AC 所成角的余弦值为17（2）平面1A DA 的一个法向量为(3,0,0)AE =u u u r设(,,)m x y z =为平面1BA D 的一个法向量，又1(3,1,3),(3,3,0),A B BD =--=-u u u r u u u r 则10,0,m A B m BD ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u r g u u u r g 即330,330x y z x y ⎧--=⎪⎨-+=⎪⎩ 不妨取3x =，则32y z ==，，所以(3,3,2)m =为平面1BA D 的一个法向量，从而(3,0,0)(3,3,2)3cos ,4||||34AE m AE m AE m <>===⨯u u u ru u u r g g u u u r设二面角1B A D A --的大小为θ，则3|cos |4θ= 因为[0,]θπ∈，所以27sin 1cos 4θθ=-=因此二面角1B A D A --的正弦值为741．函数()f x 在(,)-∞+∞单调递减，且为奇函数．若(11)f =-，则满足21()1x f --≤≤的x 的取值范围是 A ．[2,2]-B ．[1,1]-C ．[0,4]D ．[1,3]1、D。