高中数学立体几何.球专题附练习题不看后悔
高中数学立体几何外接球专题练习(含解析)
外接球专题练习1．已知菱形ABCD满足，|AB|=2，∠ABC=，将菱形ABCD沿对角线AC折成一个直二面角B﹣AC﹣D，则三棱锥B﹣ACD外接球的表面积为（）A．πB．8πC．7πD．2．如图，四面体ABCD中，面ABD和面BCD都是等腰Rt△，AB=，∠BAD=∠CBD=，且二面角A﹣BD﹣C的大小为，若四面体ABCD的顶点都在球O上，则球O的表面积为（）A．12πB．20πC．24πD．36π3．如图，网格纸上小正方形的边长为2，粗实线及粗虚线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的外接球的表面积为（）A．B．C．41πD．31π4．已知一个几何体是由半径为2的球挖去一个三棱锥得到（三棱锥的顶点均在球面上）．若该几何体的三视图如图所示（侧视图中的四边形为菱形），则该三棱锥的体积为（）A．B．C．D．5．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（）A．2+2+2B．4+4+2C．2+4+4D．4+4+4 6．某三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球表面积为（）A．25πB．C．D．40π7．如图是某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A．18+2+B．15++C．12++D．18++ 8．在四面体ABCD中，AD⊥底面ABC，，E为棱BC的中点，点G在AE上且满足AG=2GE，若四面体ABCD的外接球的表面积为，则tan∠AGD=（）A．B．2C．D．9．在三棱锥S﹣ABC中，，且三棱锥S﹣ABC的体积为，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A．4πB．16πC．36πD．72π10．如图所示，正方形ABCD的边长为2，切去阴影部分围成一个正四棱锥，则当正四棱锥体积最大时，该正四棱锥外接球的表面积为（）A．B．C．D．11．已知三棱锥P﹣ABC所有顶点都在球O的球面上，底面△ABC是以C为直角顶点的直角三角形，AB=2，PA=PB=PC=，则球O的表面积为（）A．9πB．C．4πD．π12．四棱锥P﹣ABCD的侧面PAB垂直于底面ABCD，且三角形PAB是等边三角形，底面ABCD是边长为2的正方形，则四棱锥P﹣ABCD外接球的表面积为（）A．πB．C．4πD．π13．已知三棱锥D﹣ABC所有顶点都在球O的球面上，△ABC为边长为的正三角形，△ABD是以BD为斜边的直角三角形，且AD=8，二面角C﹣AB﹣D 为120°，则球O的表面积为（）A．B．124πC．D．31π14．已知直三棱柱（侧棱垂直于底面的三棱柱）ABC﹣A1B1C1的顶点在球O上，∠ABC=120°，AA1=BC=AB=1，则球O的表面积为（）A．7πB．6πC．5πD．4π15．三棱锥P﹣ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA=PC=AC=2，AB=4，则三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为（）A．23πB．C．D．64π16．已知三棱锥S﹣ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，且AB=SA=SB=SC=2，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A．B．C．D．17．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点，已知平面α经过点A1，且平行于平面B1D1E，平面α与平面ABCD交于直线m，与平面ABB1A1交于直线n，则直线m，n所成角的余弦值为（）A．B．C．D．18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PO⊥平面ABCD，E为线段AP的中点，底面ABCD为菱形，若BD=2，PC=4，则异面直线DE与PC所成角的余弦值为（）A．B．C．D．19．已知异面直线a，b所成的角为60°，过空间一点O的直线与a，b所成的角均为60°，这样的直线有（）A．1条B．2条C．3条D．4条20．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是侧面ADD1A1内的动点，且B1E∥平面BDC1，则直线B1E与直线AB所成角的正弦值的最小值是（）A．B．C．D．21．四个同样大小的球O1，O2，O3，O4两两相切，点M是球O1上的动点，则直线O2M与直线O3O4所成角的正弦值的取值范围为（）A．[]B．[]C．[]D．[]第Ⅱ卷（非选择题）二．解答题（共19小题）22．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2CD=2CB=PA=PD，F为AD的中点．（1）证明：PB⊥BC；（2）求直线CF与平面PBC所成角的正弦值．23．如图，四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形，CD=SB=，SD=4，P为侧棱SD 上的点，SD⊥面APC．（1）求二面角S﹣AC﹣D的余弦值；（2）侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面APC，若存在，求出SE：EC的值；若不存在，试说明理由．24．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°，PD=AD=，PD⊥底面ABCD．（Ⅰ）证明：PA⊥BD；（Ⅱ）求平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小．25．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA=90°，AC=BC=AA1=A1C=2，平面ACC1A1⊥平面ABC．现以边AC的中点D为坐标原点，平面ABC内垂直于AC的直线为x轴，直线AC为y轴，直线DA1为z轴建立空间直角坐标系，解决以下问题：（1）求异面直线AB与A1C所成角的余弦值；（2）求直线AB与平面A1BC所成角的正弦值．26．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是边长为2的等边三角形，直线PB与底面ABCD所成的角为45°，PA=2CD，PD=，E是棱PD的中点．（1）求证：CD⊥AE；（2）在棱PB上是否存在一点T，使得平面ATE与平面APB所成锐二面角的余弦值为？若存在，请指出T的位置；若不存在，请说明理由．27．已知几何体的直观图和三视图如图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形．（1）连接B1C，若M为AB的中点，在线段CB上是否存在一点P，使得MP∥平面CNB1？若存在，求出BP的长；若不存在，请说明理由．（2）求二面角C﹣NB1﹣C1的余弦值．28．已知四棱锥S﹣ABCD，四边形ABCD是正方形，BA=AS=SD=2，S△ABS=2．（1）证明：平面ABCD⊥平面SAD；（2）若M为SD的中点，求二面角B﹣CM﹣S的余弦值．29．如图1，ABCD为梯形，AB∥CD，∠C=60°，点E在CD上，AB=EC=DE=2，BD⊥BC．现将△ADE沿AE折起如图2，使得平面DBC⊥平面ABCE．（Ⅰ）求证：BD⊥平面ABCE；（Ⅱ）求二面角D﹣AE﹣C的平面角的余弦值．30．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，BC⊥PB，AB⊥BC，AD∥BC，AD=3，PA=BC=2AB=2，．（1）求二面角P﹣CD﹣A的余弦值；（2）若点E在棱PA上，且BE∥平面PCD，求线段BE的长．参考答案与试题解析一．选择题（共21小题）1．已知菱形ABCD满足，|AB|=2，∠ABC=，将菱形ABCD沿对角线AC折成一个直二面角B﹣AC﹣D，则三棱锥B﹣ACD外接球的表面积为（）A．πB．8πC．7πD．【解答】解：由题意菱形ABCD满足，|AB|=2，∠ABC=，∴AC=2，DB=，将菱形ABCD沿对角线AC折成一个直二面角B﹣AC﹣D，∴三棱锥B﹣ACD高为．底面ACD外接圆半径为，外接球半径为R，球心与圆心的距离为d，d2+r2=R2……①……②由①②解得：R2=外接球的表面积S=．故选：A．2．如图，四面体ABCD中，面ABD和面BCD都是等腰Rt△，AB=，∠BAD=∠CBD=，且二面角A﹣BD﹣C的大小为，若四面体ABCD的顶点都在球O上，则球O的表面积为（）A．12πB．20πC．24πD．36π【解答】解：取CD中点E，BD中点F，连结BE、AF、EF，∵四面体ABCD中，面ABD和面BCD都是等腰Rt△，AB=，∠BAD=∠CBD=，且二面角A﹣BD﹣C的大小为，∴AF⊥BD，EF⊥BD，∴∠AFE是二面角A﹣BD﹣C的平面角，，BD=BC==2，CD=，CE=DE=，AF=BF=DF=EF=1，，则点E为△BCD外接圆的圆心，点F为△ABD外接圆的圆心，过点E作平面BCD的垂线EO，过点F作平面ABD的垂线FO，且直线EO与直线FO交于点O，则点O为四面体ABCD外接球的球心，如下图所示，易知，，所以，，所以，，则四面体ABCD的外接球半径为，因此，球O的表面积为，故选：B．3．如图，网格纸上小正方形的边长为2，粗实线及粗虚线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的外接球的表面积为（）A．B．C．41πD．31π【解答】解：根据三视图得出：该几何体是镶嵌在正方体中的四棱锥O﹣ABCD，正方体的棱长为4，A，D为棱的中点，根据几何体可以判断：球心应该在过A，D的平行于底面的中截面上，设球心到截面BCO的距离为x，则到AD的距离为：4﹣x，∴R2=x2+（2）2，R2=22+（4﹣x）2，解得出：x=，R=，该多面体外接球的表面积为：4πR2=41π，故选：C．4．已知一个几何体是由半径为2的球挖去一个三棱锥得到（三棱锥的顶点均在球面上）．若该几何体的三视图如图所示（侧视图中的四边形为菱形），则该三棱锥的体积为（）A．B．C．D．【解答】解：由题意可知几何体的直观图如图：A﹣BCD，E为CD的中点，由题意可知AB=4，OE=，OA=OB=2，OD=2，则DE=，所以三棱锥A﹣BCD的体积为：×=．故选：C．5．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（）A．2+2+2B．4+4+2C．2+4+4D．4+4+4【解答】解：由题意几何体的直观图如图：是正方体的一部分，正方体的棱长为：2，可知几何体的表面积为：=4+4+2．故选：B．6．某三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球表面积为（）A．25πB．C．D．40π【解答】解：由三视图还原几何体的直观图如图：该几何体为三棱锥，底面三角形ABC为直角三角形，面PAC为等边三角形，且面PAC⊥底面ABC，取BC中点G，则G为三角形ABC的外心，过G作平面ABC的垂线，取等边三角形PAC的外心为H，过H作平面PAC的垂线，则两垂线交于点O，O为三棱锥P﹣ABC外接球的球心，OG=PH=，GC=BC=，∴OC==，∴三棱锥外接球表面积为4π×（）2=．故选：C．7．如图是某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A．18+2+B．15++C．12++D．18++【解答】解：几何体的三视图，可知几何体是组合体，下部是四棱柱，上部是四棱锥，底面是直角梯形，下底为2，上底边长为1，高为2，四棱柱的高为2，棱锥的高为1，如图：该几何体的表面积是：++=15++．故选：B．8．在四面体ABCD中，AD⊥底面ABC，，E为棱BC的中点，点G在AE上且满足AG=2GE，若四面体ABCD的外接球的表面积为，则tan∠AGD=（）A．B．2C．D．【解答】解：由题意可得，点G是△ABC的重心，∴AG=AE=，设△ABC的外心为O，由题意点O在AE上，令OA=r，则OE2+EC2=OC2，即（3﹣r）2+12=r2，解得r=，∵AD⊥平面ABC，∴四面体ABCD的外接球的半径R2=r2+（）2=+，由题意得4πR2=4π（+）=，解得AD=4，∴tan∠AGD=．故选：B．9．在三棱锥S﹣ABC中，，且三棱锥S﹣ABC的体积为，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A．4πB．16πC．36πD．72π【解答】解：如图，取SC的中点O，连接OB，OA，∵SB⊥BC，SA⊥AC，SB=BC，SA=AC，∴OB⊥SC，OA⊥SC，OB=SC，OA=SC，∴SC⊥平面OAB，O为三棱锥的外接球的球心，SC为球O的直径，设球O得半径为R，则AB=SC=R，∴△AOBRt正三角形，则∠BOA=90°，=V S﹣OAB+V C﹣OAB===，∴V S﹣ABC∴R=2，则该三棱锥的外接球的表面积为4πR2=16π．故选：B．10．如图所示，正方形ABCD的边长为2，切去阴影部分围成一个正四棱锥，则当正四棱锥体积最大时，该正四棱锥外接球的表面积为（）A．B．C．D．【解答】解：由题意，正方形ABCD的边长为2，可得对角线的一半为，折成正四棱锥后，设正四棱锥边长为a，高为h，可得：h2=2﹣，（0）．正四棱锥体积V=最大时，即．由y=，则y′=8，令y′=0，可得a=，即当a=体积取得最大值；∴h=．正四棱锥底面正方形外接圆r=．正四棱锥外接球的半径R，可得解得：正四棱锥外接球的表面积S=．故选：D．11．已知三棱锥P﹣ABC所有顶点都在球O的球面上，底面△ABC是以C为直角顶点的直角三角形，AB=2，PA=PB=PC=，则球O的表面积为（）A．9πB．C．4πD．π【解答】解析：设AB中点为D，则D为△ABC的外心，因为PA=PB=PC=，易证PD⊥面ABC，，所以球心O在直线PD上，又PA=，AB=2，算得PD=1，设球半径为R，则△AOD中，（R﹣1）2+2=R2，可得：R=．则球O的表面积S=4πR2=9π，故选：A．12．四棱锥P﹣ABCD的侧面PAB垂直于底面ABCD，且三角形PAB是等边三角形，底面ABCD是边长为2的正方形，则四棱锥P﹣ABCD外接球的表面积为（）A．πB．C．4πD．π【解答】解：由题意，可以将四棱锥P﹣ABCD补成以△PAB为底面的直三棱柱，直三棱柱外接球的半径，△PAB是边长为2的等边三角形，其外接圆的半径为；所以球的半径r=，则球的表面积S=4πr2=．故选：D．13．已知三棱锥D﹣ABC所有顶点都在球O的球面上，△ABC为边长为的正三角形，△ABD是以BD为斜边的直角三角形，且AD=8，二面角C﹣AB﹣D 为120°，则球O的表面积为（）A．B．124πC．D．31π【解答】解：作图如下：O1为经过△ABC外接圆圆心，O2为经过△ABD外接圆圆心，则O2为BD中点，取AB中点M，则∠CMO2为二面角C﹣AB﹣D的平面角，易得|O2M|=4，|O1M|=1，，由余弦定理得|O1O2|=，由正弦定理得，所以R2=|OM|2+|AM|2=31⇒S=124π，故选：B．14．已知直三棱柱（侧棱垂直于底面的三棱柱）ABC﹣A1B1C1的顶点在球O上，∠ABC=120°，AA1=BC=AB=1，则球O的表面积为（）A．7πB．6πC．5πD．4π【解答】解：如图：外接球的球心为O，底面三角形的外心为：O1，由正弦定理可得：2A1O1=，可得A1O1=1，R2=12+=，外接球的表面积为：4π•R2=5π．故选：C．15．三棱锥P﹣ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA=PC=AC=2，AB=4，则三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为（）A．23πB．C．D．64π【解答】解：根据题意，得到三棱锥P﹣ABC的外接球的球心在等边三角形PAC 的中线高线和过直角三角形ABC斜边BC的中点的高的交点位置，如图所示：三棱锥P﹣ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA=PC=AC=2，AB=4，所以PF=，，在直角三角形ABC中，BC2=AB2+AC2，解得：BC=2，所以CD=，三棱锥的外接球半径r==，则S=4，故选：C．16．已知三棱锥S﹣ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，且AB=SA=SB=SC=2，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A．B．C．D．【解答】解：如图所示：三棱锥S﹣ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，且AB=SA=SB=SC=2，则：SD=，设外接球的半径为R，则：在△BOD中，利用勾股定理：，解得：R=所以：S=4π•R2=4．故选：D．17．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点，已知平面α经过点A1，且平行于平面B1D1E，平面α与平面ABCD交于直线m，与平面ABB1A1交于直线n，则直线m，n所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：设正方体的边长为2，取CD的中点F，AB的中点为M，AD的中点为N，连接EF，DB，MN，可得MN∥BD∥EF∥B1D1，由于平面α经过点A1，且平行于平面B1D1E即有平面A1MN即为平面α，直线MN即为直线m，直线A1M即为直线n，∠A1MN即为直线m，n所成角，由A1M=A1N==，MN=，可得cos∠A1MN==．故选：B．18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PO⊥平面ABCD，E为线段AP的中点，底面ABCD为菱形，若BD=2，PC=4，则异面直线DE与PC所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：由题意，连接EO，O是底面ABCD为菱形的中点，又E为线段AP的中点，∴EO∥PC，则异面直线DE与PC所成角的平面角为∠DEO，∵PO⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，AC⊥BD，POC是直角三角形，∴PC⊥BD，则EO⊥BD，∴△DEO是直角三角形，∵BD=2，PC=4，∴OD=1，EO=2，则ED=．∴cos∠DEO=．故选：A．19．已知异面直线a，b所成的角为60°，过空间一点O的直线与a，b所成的角均为60°，这样的直线有（）A．1条B．2条C．3条D．4条【解答】解：过O作a′∥a，b′∥b，设直线a′、b′确定的平面为α，∵异面直线a、b成60°角，∴直线a′、b′所成锐角为60°①当直线l在平面α内时，若直线l平分直线a′、b′所成的钝角，则直线l与a、b都成60°角；②当直线l与平面α斜交时，若它在平面α内的射影恰好落在直线a′、b′所成的锐角平分线上时，直线l与a、b所成角相等．此时l与a′、b′所成角的范围为[30°，90°]，适当调整l的位置，可使直线l与a、b也都成60°角，这样的直线l有两条．综上所述，过点P与a′、b′都成60°角的直线，可以作3条∵a′∥a，b′∥b，∴过点O与a′、b′都成60°角的直线，与a、b也都成60°的角．故选：C．20．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是侧面ADD1A1内的动点，且B1E∥平面BDC1，则直线B1E与直线AB所成角的正弦值的最小值是（）A．B．C．D．【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为1，设E（a，0，c），0≤a≤1，0≤c≤1，B1（1，1，1），B（1，1，0），D（0，0，0），C1（0，1，1），=（a﹣1，﹣1，c﹣1），=（1，1，0），=（0，1，1），设平面DBC1的法向量=（x，y，z），则，取x=1，得=（1，﹣1，1），∵B1E∥平面BDC1，∴=a﹣1+1+c﹣1=0，解得a+c=1，∴a2+c2=（a+c）2﹣2ac=1﹣2ac，ac≤（）2=，设直线B1E与直线AB所成角为θ，∵=（0，1，0），∴cosθ==，∵ac≤（）2=，∴2﹣2ac≥，∴，∴sinθ====≥=．∴直线B1E与直线AB所成角的正弦值的最小值是．故选：B．21．四个同样大小的球O1，O2，O3，O4两两相切，点M是球O1上的动点，则直线O2M与直线O3O4所成角的正弦值的取值范围为（）A．[]B．[]C．[]D．[]【解答】解：如图O1O2O O4是正四面体，设边长为2r，过O1作O1O⊥底面O2O3O4，可得O为底面的中心，由O2O⊥O3O4，可得O2O1⊥O3O4，则M在直线O1O2上，可得直线O2M与直线O3O4垂直，即有所成角的正弦值为1，过O2作大圆的切线，设切点为M，可得O2M与O1O2成30°的角，由O2N∥O3O4，可得O3O4与O2M成60°的角，即有所成角的正弦值为，则直线O2M与直线O3O4所成角的正弦值的取值范围为[，1]．故选：C．二．解答题（共19小题）22．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2CD=2CB=PA=PD，F为AD的中点．（1）证明：PB⊥BC；（2）求直线CF与平面PBC所成角的正弦值．【解答】解：（1）证明：在△PAD中，PA=PD，F为AD的中点，可得AD⊥PF，在四边形ABCD中，连接BF，由题意可得四边形BCDF为平行四边形，可得BF∥CD，由CD⊥AD，可得AD⊥BF，而BF∩PF=F，可得AD⊥平面PBF，由AD∥BC，可得BC⊥平面PBF，则BC⊥PB；（2）设PC=AD=2CD=2CB=PA=PD=2，可得CD=CB=1，PA=PD=，过F在△PBF中作FH⊥PB于H，连接CH，由BC⊥平面PBF，可得BC⊥FH，即有FH⊥平面PBC，则∠FCH为CF和平面PBC所成角，由BC⊥PB，可得PB==，由PF==1，BF=CD=1，cos∠PFB==﹣，可得∠PFB=120°，可得H为PB的中点，即有FH⊥PB，即有FH=BFcos∠BFH=1×=，则直线CF与平面PBC所成角的正弦值为==．23．如图，四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形，CD=SB=，SD=4，P为侧棱SD 上的点，SD⊥面APC．（1）求二面角S﹣AC﹣D的余弦值；（2）侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面APC，若存在，求出SE：EC的值；若不存在，试说明理由．【解答】解：：（1）连BD，设AC交BD于O，SD⊥面APC，可得SD⊥AP，SD⊥PC，可得△PAD≌△PCD，可得∠SDA=∠SDC，可得SA=SC，SO⊥AC，在正方形ABCD中，AC⊥BD，可得∠SOD为二面角S﹣AC﹣D的平面角，在△SBD中，SB=2，BD=4，SD=4，可得cos∠SBD==，SO==2，可得cos∠SOB==，即有二面角S﹣AC﹣D的余弦值为﹣；（2）若SD⊥平面PAC，则SD⊥OP，正方形ABCD的边长为2，SD=4，OD=BD=2，则PD=ODcos∠SDB=2•=，故可在SP上取一点N，使PN=PD，过N作PC的平行线与SC的交点即为E，连BN．在△BDN中知BN∥PO，又由于NE∥PC，故平面BEN∥面PAC，得BE∥面PAC，由于SN：NP=2：3，故SE：EC=2：3．24．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°，PD=AD=，PD⊥底面ABCD．（Ⅰ）证明：PA⊥BD；（Ⅱ）求平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小．【解答】证明：（Ⅰ）因为∠DAB=60°，AB=2AD，由余弦定理得BD=，…………（1分）从而BD2+AD2=AB2，故BD⊥AD，…………（3分）又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD，…………（4分）所以BD⊥平面PAD．…………（5分）故PA⊥BD…………（6分）解：（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴，建立空间直角坐标系D﹣xyz，…………（7分）则B（0，，0），C（﹣1，，0），P（0，0，1），=（﹣1，，0），=（0，，﹣1），=（﹣1，0，0），平面PAD的一个法向量为=（0，1，0），…………（8分）设平面PBC的法向量为=（x，y，z），则，…………（9分）取y=1，得=（0，1，），…………（10分）|cos＜＞|==，…………（11分）故平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小为60°．…………（12分）25．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA=90°，AC=BC=AA1=A1C=2，平面ACC1A1⊥平面ABC．现以边AC的中点D为坐标原点，平面ABC内垂直于AC的直线为x轴，直线AC为y轴，直线DA1为z轴建立空间直角坐标系，解决以下问题：（1）求异面直线AB与A1C所成角的余弦值；（2）求直线AB与平面A1BC所成角的正弦值．【解答】解：（1）三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA=90°，AC=BC=AA1=A1C=2，平面ACC1A1⊥平面ABC．以边AC的中点D为坐标原点，平面ABC内垂直于AC的直线为x轴，直线AC为y轴，直线DA1为z轴建立空间直角坐标系，根据题中空间直角坐标系可知：A（0，﹣1，0），C（0，1，0），B（2，1，0），A1（0，0，），…（1分）∴=（2，2，0），=（0，1，﹣），∴cos＜＞===，…（3分）设异面直线AB与A1C的所成角为α，则，∴异面直线AB与A1C所成角的余弦值为．…（4分）（2）由（1）得：=（2，1，﹣），=（﹣2，0，0），设平面A1BC的法向量为=（x，y，z），∴，取z=1，则=（0，），…（7分）∴cos＜，＞===．…（9分）设直线AB与平面A1BC所成角为β，β∈（0，]，则sinβ=|cos＜，＞|=．故直线AB与平面A1BC所成角的正弦值为．…（10分）26．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是边长为2的等边三角形，直线PB与底面ABCD所成的角为45°，PA=2CD，PD=，E是棱PD的中点．（1）求证：CD⊥AE；（2）在棱PB上是否存在一点T，使得平面ATE与平面APB所成锐二面角的余弦值为？若存在，请指出T的位置；若不存在，请说明理由．【解答】（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，CD⊂平面ABCD，AD ⊂平面ABCD，∴PA⊥AB，PA⊥CD，PA⊥AD，∵直线PB与底面ABCD所成的角为45°，∴∠PBA=45°，∵△ABC是边长为2的等边三角形，∴PA=AB=2，又PA=2CD，∴CD=1．在Rt△PAD中，∵PD=，PA=2，∴AD=，在三角形ADC中，AD=，CD=1，AC=2，∴AD2+CD2=AC2，可得CD⊥AD，又AD∩PA=A，∴CD⊥平面PAD，又AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE；（2）解：假设在棱PB上存在一点T，满足题意，则（0＜λ≤1），由（1）可知，∠DAC=30°，∴∠DAB=90°，以A为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则A（0，0，0），B（2，0，0），P（0，0，2），D（0，，0），E（0，，1）．设T（x1，y1，z1），则，又，∴（x1，y1，z1﹣2）=（2λ，0，﹣2λ），得x1=2λ，y1=0，z1=2﹣2λ，∴，．设平面ATE的法向量为．则有，取y2=2，得．而平面PAB的一个法向量为，∴|cos＜＞|=||==，解得．故在棱PB上存在一点T，使得平面ATE与平面APB所成锐二面角的余弦值为．27．已知几何体的直观图和三视图如图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形．（1）连接B1C，若M为AB的中点，在线段CB上是否存在一点P，使得MP∥平面CNB1？若存在，求出BP的长；若不存在，请说明理由．（2）求二面角C﹣NB1﹣C1的余弦值．【解答】解：建立空间直角坐标系如图，则由该几何体的三视图可知：C（0，0，4），N（4，4，0），B1（0，8，0），C1（0，8，4）．（1）设平面CNB1的法向量为，由，，得，其x=1，得．设P（0，0，a）（0≤a≤4），由于M（2，0，0），则．∵MP∥平面CNB1，∴，得a=1．∴在线段CB上存在一点P，使得MP∥平面CNB1，此时BP=1；（2）设平面C1NB1的法向量为，由，得，取x=1，可得．∴cos＜＞=．由图可知，所求二面角为锐角，故二面角C﹣NB1﹣C1的余弦值为．28．已知四棱锥S﹣ABCD，四边形ABCD是正方形，BA=AS=SD=2，S△ABS=2．（1）证明：平面ABCD⊥平面SAD；（2）若M为SD的中点，求二面角B﹣CM﹣S的余弦值．【解答】证明：（1）∵，∴sin∠BAS=1，即BA⊥AS，又∵ABCD为正方形，∴BA⊥AD，∵BA∩AS=A，∴BA⊥平面SAD，∵BA⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面SAD．解：（2）设AD的中点为O，∵AS=SD，∴SO⊥AD，由（1）可知平面ABCD⊥平面SAD，且平面ABCD∩平面SAD=AD，∴SO⊥平面ABCD，在平面ABCD内，过O作直线Ox⊥AD，则Ox，OD，OS两两垂直．以O为坐标原点，Ox，OD，OS所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则，∴，设平面BCM的法向量为，则，，即，取，设平面CMS的法向量为，则，，即，取，，由图可知，二面角B﹣CM﹣S的余弦值为．29．如图1，ABCD为梯形，AB∥CD，∠C=60°，点E在CD上，AB=EC=DE=2，BD⊥BC．现将△ADE沿AE折起如图2，使得平面DBC⊥平面ABCE．（Ⅰ）求证：BD⊥平面ABCE；（Ⅱ）求二面角D﹣AE﹣C的平面角的余弦值．【解答】（本题满分15分）证明：（Ⅰ）∵DF⊥AE，BF⊥AE，∴AE⊥面BDF，又BD⊂面BDF，∴AE⊥BD．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3分）∵面BCD⊥面ABCE，BC∥AE，BF⊥AE，∴BF⊥BC，∴BF⊥面BCD，∵BD⊂面BCD，∴BF⊥BD，又∴BF∩BC=B，∴BD⊥面BCEF．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）解：（Ⅱ）∵DF⊥AE，BF⊥AE，∴∠BFD即为二面角D﹣AE﹣C的平面角．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）又∵﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）在Rt△BDE中，，∴二面角D﹣AE﹣C的平面角的余弦值为．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（15分）30．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，BC⊥PB，AB⊥BC，AD∥BC，AD=3，PA=BC=2AB=2，．（1）求二面角P﹣CD﹣A的余弦值；（2）若点E在棱PA上，且BE∥平面PCD，求线段BE的长．【解答】解：（1）∵在四棱锥P﹣ABCD中，由PA=2AB=2，，得PB2+AB2=PA2，则PB⊥AB，又BC⊥PB，AB⊥BC，∴以B为原点，BA为x轴，BC为y轴，BP为z轴，建立空间直角坐标系，则B（0，0，0），A（1，0，0），C（0，2，0），D（1，3，0），P（0，0，），=（0，1，0），=（0，2，﹣），由图可知，平面ABCD的一个法向量为=（0，0，1），设平面PCD的法向量为，则，取z=2，得，设二面角P﹣CD﹣A的平面角为α，则cosα=|cos＜＞|=．∴二面角P﹣CD﹣A的余弦值为；（2）∵点E在PA上，∴，λ∈[0，1]，∵，∴，=（1﹣λ，0，），又∵BE∥平面PCD，为平面PCD的法向量，∴，即，解得，∴，则BE=||=．。
高考球类型及例题
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45ο圈上，它们的球面距离为R 3π，A 点在东经30ο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45ο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=⋅==ο， 22121AB B O A O =+∴．即B AO 1∠=2π． 又A 点在东经30ο上，故B 的位置在东经120ο，北纬45ο或者西经60ο，北纬45ο．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 lV 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 ，图1图2233133-=+=+∴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 ．依题意得)(31r R S V BCD A +=-， 又S r V V BCD O BCD A ⋅⨯==--3144r 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 rππ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 ⨯⨯+⨯⨯⨯=⨯⨯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．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 ．。
球的相关练习题(必修2)
球的相关练习题（必修2）1．平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为（ ） A ． 43π B ． 63π C ． 6π D ． 46π2．某棱锥的三视图如下图所示,则该棱锥的外接球的表面积为（ ）A ． 11πB ． 12πC ． 13πD ． 14π3．设地球半径为R ，在北纬30°圈上有甲、乙两地，它们的经度差为120°，那么这两地间的纬线之长为（ ） A ．3πR B ． 3πR C ． πR D ． 2πR4．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 ． 100πB ． 68πC ． 72πD ． 64π5．已知球的半径为6cm ，到球心的距离为4cm 的截面面积是（ ）． A ． 211πcm B ． 220πcm C ． 232πcm D ． 227πcm6．已知四面体P －ABC 中，PA ＝4，AC ＝7PB ＝BC ＝3，PA ⊥平面PBC ，则四面体P －ABC 的外接球半径为( )A ． 2B ． 3C ． 2D ． 37．长方形1111ABCD A B C D -的八个顶点落在球O 的表面上，已知1345AB AD BB ===，，，那么球O 的表面积为（ ）A ． 25πB ． 200πC ． 100πD ． 50π 8．已知点A B C 、、在球O 的表面上且1,33A b c π===，，三菱锥O ABC -的体积为22，则球O 的表面积为（）A ． 16πB ． 32πC ． 20πD ． 5π9．一个几何体的三视图如所示，则该几何体的外接球表面积为（ ）A ． 3πB ． 5πC ． 10πD ． 20π10．已知球O 表面上有三个点A 、B 、C 满足AB=BC=CA=3，球心O 到平面ABC 的距离等于球O 半径的一半，则球O 的表面积为________.11．用不过球心O 的平面截球O ，截面是一个球的小圆O 1，若球的半径为4 cm ，球心O 与小圆圆心O 1的距离为2 cm ，则小圆半径为________cm.12．已知球O 为正四面体ABCD 的内切球，E 为棱BD 的中点，AB=2，则平面ACE 截球O 所得截面圆的面积为__________．13．若一个长、宽、高分别为4，3，2的长方体的每个顶点都在球O 的表面上，则此球的表面积为__________．14．已知球的表面积为8π，此球面上有A,B,C 三点，且AB=AC=2,BC=2，则球心到平面ABC 的距离为__________．15．若三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SA ⊥平面ABC ，3∠BAC=60°,则球O 的表面积____________16．已知四棱锥P ABCD 的底面为矩形，平面PBC ⊥平面ABCD ，PE ⊥BC 于点E ，EC ＝1，AB 6 ，BC ＝3，PE ＝2，则四棱锥P ABCD 的外接球半径为________．17．若球的表面积为100π，平面α与球心的距离为3，则平面α截球所得的圆面面积为__________．18．已知,,A B C 三点都在体积为5003π的球O 的表面上，若3AB = 060ACB ∠=，则球心O 到平面ABC 的距离为__________．19．若三棱锥S ABC -的所有的顶点都在球O 的球面上， SA ⊥平面2ABC SA AB ==，，4AC = ， π3BAC ∠=，则球O 的表面积为 . 20．球o 为正方体1111ABCD A B C D -的内切球， 2AB =， ,E F 分别为棱1,AD CC 的中点，则直线EF 被球截o 得的线段长为__________．参考答案1．A2．A3．A4．A5．B6．A7．D8．C9．B10．16π11．23.12．π613．29π14．115．16π16．217．16π18．319．2020球的计算专题训练题型一球面距离例1．（2014春•皇姑区校级期末）已知球的两个平行截面的面积分别为5π和8π，它们位于球心的同一侧，且相距为1，那么这个球的半径是（）A．4 B．3 C．2 D．5解：截面的面积为8π的圆的半径是，设球心到大截面圆的距离为d，球的半径为r，则5+（d+1）2=8+d2，∴d=1，∴r=3，故选B．【变式1】（2014•东河区校级一模）已知半径为5的球的两个平行截面的周长分别为6π和8π，则两平行截面间的距离是（）A．1 B．2 C．1或7 D．2或6解答：解：画出球的截面图．如图所示．是一个球的大圆，两平行直线是球的两个平行截面的直径，有两种情形：①两个平行截面在球心的两侧，②两个平行截面在球心的同侧，对于①，m，n=，两平行截面间的距离是：m+n=7；对于②，两平行截面间的距离是：m﹣n=1；故选C．【变式2】（2014•开福区校级模拟）地球半径为R，则北纬600圈的长度是（）A．R B．R C．R D．πR解：地球的半径为R，则地球北纬60°的纬线圈的半径为：R．则地球北纬60°的纬线圈的周长等于πR故选：D．【变式3】（2012•陆川县校级一模）球面上三点A、B、C，其中AB为球的直径，若∠ABC=30°，BC=2，则A、C两点的球面距离为（）A．B．C．D．解：由题意，球面上三点A、B、C，其中AB为球的直径，∴A、B、C同在一个大圆上.又因为AB为直径，所以∠ACB=90°，∵∠ABC=30°，BC=2，∴AB=4，球心角为60°，∴A、C两点的球面距离为2×=，故选B．【变式4】（2012•葫芦岛模拟）球O为长方体ABCD﹣A1B1C1D1的外接球，已知AB=2，AD=，AA1=，则顶点A、B间的球面距离是（）A．B．C．D．解：∵AB=2，AD=，AA1=，∴长方体的对角线，即球的直径2R=4，设BD1∩AC1=O，则OA=OB=R=AB，∴∠AOB=，∴l=Rθ=，故选A．【变式5】（2012春•秦州区校级月考）已知A、B、C三点在球心为O，半径为3的球面上，且三棱锥O﹣ABC为正四面体，那么A、B两点间的球面距离为（）A．B．C．πD．π解：作出图形，∵几何体O﹣ABC为正四面体，∴球心角∠AOB=，∴A，B两点的球面距离==π，故选：D．题型二外接球例２．（2015•徐汇区模拟）长方体的一个顶点上三条棱长为3、4、5，且它的八个顶点都在一个球面上，这个球的表面积是（）解：设球的半径为R，由题意，球的直径即为长方体的体对角线，则（2R）2=32+42+52=50，∴R=．∴S球=4π×R2=50π．故选C【变式1】（2015•沈阳校级模拟）已知A，B，C点在球O的球面上，∠BAC=90°，AB=AC=2．球心O到平面ABC的距离为1，则球O的表面积为（）A．12πB．16πC．36πD．20π解：如图所示：取BC的中点M，则球面上A、B、C三点所在的圆即为⊙M，连接OM，则OM即为球心到平面ABC的距离，在Rt△OMB中，OM=1，MB=，∴OA=，即球的半径为，∴球O的表面积为12π．故选：A【变式2】（2015•太原校级模拟）已知矩形ABCD的顶点都在半径为R的球O的球面上，AB=6，BC=2，棱锥O﹣ABCD的体积为8，则球O的表面积为（）A．16πB．32 C．48πD．64π解答：解：由题可知矩形ABCD所在截面圆的半径即为ABCD的对角线长度的一半，∵AB=6，BC=2，∴r==2，由矩形ABCD的面积S=AB•BC=12，则O到平面ABCD的距离为h满足：=8，解得h=2，故球的半径R==4，故球的表面积为：4πR2=64π，故选：D【变式3】（2015•上海模拟）已知底面边长为1，高为2的正六棱柱的顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（）A．4π B．8πC．D．π解：∵正六棱柱的底面边长为1，高为2，∴正六棱柱体对角线的长为=2又∵正六棱柱的顶点在同一球面上，∴正六棱柱体对角线恰好是球的一条直径，得球半径R=，根据球的表面积公式，得此球的表面积为S=4πR2=8π故选：B．【变式4】（2015春•长春校级期末）若一个正三棱柱的主视图如图所示，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（）A．B．C．D．解答：解：根据几何体的三视图，得出该几何体是底面为边长等于2的正三角形，高为1的正三棱柱，则底面外接圆半径r=，球心到底面的球心距d=所以球半径R2==所以该球的表面积S=4πR2=，故选B．【变式5】（2015春•淄博校级月考）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1内接于球O，若AB=3，AA1=2，则球O的体积为（）A．B．16πC．D．解：根据对称性，可得球心O到正三棱柱的底面的距离为1，球心O在底面ABC上的射影为底面的中心O'，则O'A=，由球的截面的性质，可得，OA2=OO'2+O'A2，则有OA===2，则球O的体积为π•OA3=．故选：C．【变式6】（2014•瓦房店市校级模拟）点A、B、C、D在同一球面上，AB=BC=，AC=2，若四面体ABCD的体积的最大值为，则这个球的表面积为（）A．B．8πC．D．解答：解：根据题意知，△ABC是一个直角三角形，其面积为1．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，若四面体ABCD的体积的最大值，由于底面积S△ABC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S△ABC×DQ=，即×1×DQ=，∴DQ=2，如图．设球心为O，半径为R，则在直角△AQO中，OA2=AQ2+OQ2，即R2=12+（2﹣R）2，∴R=，则这个球的表面积为：S=4π（）2=；故选C．题型三内切球例3.（2015•市中区校级四模）将棱长为1的正方体木块切削成一个体积最大的球，则该球的体积为（）A．B．C．D．解答：解：将棱长为1的正方体木块切削成一个体积最大的球时，球的直径等于正方体的棱长1，则球的半径R=，则球的体积V==，故选D【变式1】（2015•内江模拟）设正方体的全面积为24，那么其内切球的体积是（）A．B． C． D．解：正方体的全面积为24，所以，设正方体的棱长为：a，6a2=24a=2，正方体的内切球的直径就是正方体的棱长，所以球的半径为：1内切球的体积：。
高中数学空间几何体的外接球专题(附经典例题与解析)
【知识点分析】： 一、 球的性质回顾如右图所示：O 为球心，O’为球O 的一个小圆的圆心，则此时OO’垂直于圆O’所在平面。
求外接球半径的原理是：在Rt △OAO ’中，OA 2=OO ’2+O ’A 2二、 常见平面几何图形的外接圆半径（r ）的求法1、三角形：（1）等边三角形：等边三角形(正三角形)，五心合一，即内心、外心、重心、垂心、中心重合于一点。
内心：内切圆圆心，各角角平分线的交点；外心：外接圆圆心，各边中垂线的交点；重心：各边中线的交点；垂心：各边垂线的交点；中心：正多边形特有。
从而等边三角形的外接圆半径通常结合重心的性质(2:1)进行求解：a a r 332332=⋅=（其中a 为等边三角形的边长）（2）直角三角形：结合直角三角形的性质：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；可知：直角三角形的外接圆圆心位于斜边的中点处，r=2c 。
（3）等腰三角形： 结合等腰三角形中三线合一的性质可知：等腰三角形的外接圆圆心位于底边的高线(即中线)上。
由图可得：22)2()(a r h r +-=（4）非特殊三角形：非特殊三角形求解外接圆半径可使用正弦定理2sin sin sin a b c R C===A B 。
rrAD=h ，BD=12a B CO2、四边形常见具有外接圆的四边形有：正方形、矩形、等腰梯形，其中正方形与长方形半径求解方法转化为直角三角形，等腰梯形的外接圆圆心不在中学考察范围内。
外接圆圆心是在圆心到各个顶点距离相同的点；外接球球心则是球心到几何体各个顶点距离相同的点。
结论：几何体的外接球球心与底面外心的连线垂直于底面，(也即球心落在过底面外心的垂线上，)简单称之为：球心落在底面外心的正上方。
【相似题练习】2．半径为2的球的内接三棱锥P﹣ABC，PA＝PB＝PC＝2，AB＝AC＝BC，则三棱锥的高为（）A．3B．C．2D．3【知识点分析】：类型一：直（正）棱柱:上下两底面三角形的外心连线与侧棱平行与底面垂直，从而球心O 必位于上下两底面外心连线的中点处，即121'AA OO =，从而R 可求.【相似题练习】1．三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，底面ABC 是边长为2的正三角形，侧棱AA 1垂直于底面ABC ，且AA 1＝4，则此三棱柱外接球的表面积为（ ）A ．B ．C ．D ．【知识点分析】：类型二：侧棱垂直底面的三棱锥，法一：补形法：该几何体可由正三棱柱沿平面PBC 切割得来，故可转化为原三棱柱的外接球；法二：先确定底面三角形ABC 的外心O’，从而球心位于O’的正上方，即OO’ ⊥平面ABC ，同时：OP=OA ，故，过O 作OM ⊥PA 于M ，此时M 必为PA 中点，从而四边形OMAO’为矩形，所以PA AM OO 21'==，在直角三角形OO’A 中有：222'OO r R +=.【相似题练习】2．已知在三棱锥P ﹣ABC 中，△ABC 是边长为2的正三角形，若PA ⊥底面ABC 且PA ＝2，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）A ．32πB ．28πC ．24πD ．20π3．在三棱锥P ﹣ABC 中，PA ⊥平面ABC ，PA ＝2，AB ＝4，AC ＝3，∠BAC ＝，则三棱锥P ﹣ABC 的外接球的半径R ＝（ ）A ．B ．C ．D ．【知识点分析】：类型三：正三棱锥：由底面正三角形边长可得r ，在直角三角形OO’A 中，222'OO r R +=，故只需确定OO’的长度即可，结合图形，OO’=PO’-OP=H-R ，代入222)(R H r R -+=即可求解.【相似题练习】3．正三棱锥P ﹣ABC 侧棱长为，侧棱与底面ABC 所成的角为60°，则该正三棱锥外接球半径为 .2．某几何体的三视图如图所示，其中网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的外接球的表面积为（ ）【知识点分析】：类型四：侧面垂直于底面的三棱锥：设△ABC和△PAB的外心分别为O’,O’’，则PM⊥AB，球心设为O，则OO’ ⊥平面ABC，OO’’⊥平面PAB，从而四边形OO’MO’’是矩形，可得：OO’=O’’M，在Rt△OO’C中用勾股定理求解.【讲透例题】1．在四面体A﹣BCD中，AB＝5，BC＝CD＝3，DB＝2，AC＝4，∠ACD＝60°，则该四面体的外接球的表面积为．解析：如图：取AB的中点O，在△ACD中，由余弦定理得：AD2＝AC2+CD2﹣2×AC×CD cos60°＝13，在△ABD中，∵AB2＝BD2+AD2，∴∠ADB＝90°，∴OA＝OB＝OD，在△ABC中，∵AB2＝BC2+AC2，∴∠ACB＝90°，∴OA＝OB＝OC，∴OA＝OB＝OC＝OD，∴O为四面体ABCD的外接球的球心，其半径R＝AB＝，∴S球＝4πR2＝4π（）2＝25π．故答案为：25π．【相似题练习】4.在三棱锥P-ABC中，面PAB⊥面ABC，三角形ABC和三角形PAB均为等边三角形，且AB=3，求该几何体外接球半径.2．在边长为2的菱形ABCD中，，将菱形ABCD沿对角线AC折起，使得平面ABC⊥平面ACD，则所得三棱锥A﹣BCD的外接球表面积为（）A．B．C．D．1．已知点A是以BC为直径的圆O上异于B，C的动点，P为平面ABC外一点，且平面PBC⊥平面ABC，BC＝3，PB＝2，PC＝，则三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为．5、如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为长方形，PA⊥底面ABCD，AD＝AP＝2，AB＝2，E为棱PD中点．（1）求证：PD⊥平面ABE；（2）求四棱锥P﹣ABCD外接球的体积．1．如图，在正四棱锥P﹣AMDE，底面AMDE的边长为2，侧棱PA＝，B，C分别为AM，MD的中点．F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC，PM分别交于点G，H，K．（1）求证：AB∥FG；（2）求正四棱锥P﹣AMDE的外接球的表面积．1．如图，四凌锥P﹣ABCD而底面ABCD是矩形，侧面PAD是等腰直角三角形∠APD＝90°，且平面PAD⊥平面ABCD．（Ⅰ）求证：平面PAD⊥平面PCD；（Ⅱ）在AD＝2，AB＝4，求三棱锥P﹣ABD的体积；（Ⅲ）在条件（Ⅱ）下，求四棱锥P﹣ABCD外接球的表面积．7、如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，已知其俯视图是正三角形，则该四棱锥的外接球的表面积是（）A．B．C．19πD．22π课后作业：1．如图，一个正三棱柱的主视图是长为，宽为2的矩形，俯视图是边长为的正三角形，则它的外接球的表面积等于（）A．16πB．12πC．8πD．4π2．某四面体的三视图如图所示，正视图、侧视图、俯视图都是边长为1的正方形，则此四面体的外接球的表面积为（）A．πB．3πC．πD．π3．某四棱锥的三视图如图所示，则该棱锥的外接球的表面积为（）A．3πB．C．6πD．12π4．四棱锥P﹣ABCD中，ABCD为矩形，AD＝2，AB＝2，PA＝PD，∠APD＝，且平面PAD⊥平面ABCD．（1）证明：PA⊥PC；（2）求四棱锥P﹣ABCD的外接球的体积．参考答案与解析12．（5分）已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为（）A．64πB．48πC．36πD．32π【解答】解：由题意可知图形如图：⊙O1的面积为4π，可得O1A＝2，则AO1＝AB sin60°，，∴AB＝BC＝AC＝OO1＝2，外接球的半径为：R＝＝4，球O的表面积：4×π×42＝64π．故选：A．1．1．一个几何的三视图如图所示，它们都是腰长为1的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的体积等于（）A．B．C．πD．2π解析：由三视图可知：该几何体是一个如图所示的三棱锥，其中底面是一个两直角边都为1的直角三角形，PC⊥底面ABC，且PC＝1．将此三棱锥恢复为棱长为1的正方体，可知该正方体的外接球的直径即为正方体的对角线，∴V外接球＝＝．故选：B．1．半径为2的球的内接三棱锥P﹣ABC，PA＝PB＝PC＝2，AB＝AC＝BC，则三棱锥的高为（）A．3B．C．2D．3【解答】解：三棱锥P﹣ABC中，PA＝PB＝PC＝2，AB＝AC＝BC，如图，过点p作PM⊥平面ABC的垂足为M，则球O的内接三棱锥P﹣ABC的球心O在PM所在直线上，∵球O的半径为2，∴OB＝OP＝2，∴由余弦定理得cos∠BPM＝＝∴∠BPM＝30°，∴在Rt△PMB中，∠PBM＝60°，∴PM＝PB sin∠PBM＝3．故选：D．1．三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC是边长为2的正三角形，侧棱AA1垂直于底面ABC，且AA1＝4，则此三棱柱外接球的表面积为（）A．B．C．D．【解答】解：∵正三棱柱ABC﹣A1B1C1的中，底面边长为2，高为4，由题意可得：三棱柱上下底面中心连线的中点，到三棱柱顶点的距离相等，说明中心就是外接球的球心，∴正三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的球心为O，外接球的半径为r，表面积为：4πr2．球心到底面的距离为2，底面中心到底面三角形的顶点的距离为：＝，所以球的半径为r＝＝．外接球的表面积为：4πr2＝π故选：D．2．已知在三棱锥P﹣ABC中，△ABC是边长为2的正三角形，若PA⊥底面ABC且PA＝2，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A．32πB．28πC．24πD．20π【解答】解：由正弦定理可知，正△ABC的外接圆的直径为，∵PA⊥平面ABC，所以，该三棱锥的外接球的直径为，则．因此，该三棱锥的外接球的表面积为4πR2＝20π．故选：D．3．在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝2，AB＝4，AC＝3，∠BAC＝，则三棱锥P﹣ABC的外接球的半径R＝（）A．B．C．D．【解答】解：∵AC＝3，AB＝4，∠BAC＝，∴由余弦定理可得BC＝，∴△ABC外接圆的半径r＝，设球心到平面ABC的距离为d，则d＝PA＝1．由勾股定理可得R ＝，故选：D ．3．正三棱锥P ﹣ABC 侧棱长为，侧棱与底面ABC 所成的角为60°，则该正三棱锥外接球半径为 1 ． 【解答】解：过点P 作PH ⊥平面ABC 于H ，则∵AH 是PA 在平面ABC 内的射影 ∴∠PAH 是直线PA 与底面ABC 所成的角，得∠PAH ＝60°， ∴Rt △PAH 中，AH ＝PA cos60°＝，PH ＝PA sin60°＝设三棱锥外接球的球心为O ，∵PA ＝PB ＝PC ，∴P 在平面ABC 内的射影H 是△ABC 的外心由此可得，外接球心O 必定在PH 上，连接OA 、OB 、OC ∵△POA 中，OP ＝OA ， ∴∠OAP ＝∠OPA ＝30°，可得PA ＝OA ＝，∴三棱锥外接球的半径R ＝OA ＝1故答案为：1．2．某几何体的三视图如图所示，其中网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A ．16πB ．12πC ．9πD ．8π【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为底面为等腰直角三角形，高为2的三棱锥体． 如图所示：所以该三棱锥体的外接球的球心为O ，外接球的半径为OA ＝r ，则：，解得．故S ＝．故选：C ．4.在三棱锥P-ABC 中，面PAB ⊥面ABC ，三角形ABC 和三角形PAB 均为等边三角形，且AB=3，求该几何体外接球半径.由题可得：333,2331'''=====AB r PM M O OO ,所以215'22=+=OO r R2．在边长为2的菱形ABCD中，，将菱形ABCD沿对角线AC折起，使得平面ABC⊥平面ACD，则所得三棱锥A﹣BCD的外接球表面积为（）A．B．C．D．【解答】解：∵在边长为2的菱形ABCD中，；如图，由已知可得，△ABC与△ACD均为等边三角形，取AC中点G，连接BG，DG，则BG⊥AC，∴DG＝⇒cos∠GDA＝⇒∠GDA＝⇒∠ADC＝；∵二面角B﹣AC﹣D为直二面角，则BG⊥平面ACD，分别取△BCD与△ABD的外心E，F，过E，F分别作两面的垂线，相交于O，则O为三棱锥A﹣BCD的外接球的球心，由△BCA与△ACD均为等边三角形且边长为2，可得OE＝OF＝DG＝．∴DE＝DG﹣GE＝．∴OD＝＝＝．∴三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积为4π×R2＝4π×（）2＝．故选：C．1．已知点A是以BC为直径的圆O上异于B，C的动点，P为平面ABC外一点，且平面PBC⊥平面ABC，BC＝3，PB＝2，PC＝，则三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为10π．【解答】解：因为O为△ABC外接圆的圆心，且平面PBC⊥平面ABC，过O作面ABC的垂线l，则垂线l一定在面PBC内，根据球的性质，球心一定在垂线l，∵球心O1一定在面PBC内，即球心O1也是△PBC外接圆的圆心，在△PBC中，由余弦定理得cos B＝，⇒sin B＝，由正弦定理得：，解得R＝，∴三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为s＝4πR2＝10π，故答案为：10π．1．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，AD＝AP＝2，AB＝2，E为棱PD 中点．（1）求证：PD⊥平面ABE；（2）求四棱锥P﹣ABCD外接球的体积．【解答】证明：（1）∵PA⊥底面ABCD，AB⊂底面ABCD，∴PA⊥AB，又∵底面ABCD为矩形，∴AB⊥AD，PA∩AD，又PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD，AD＝AP，E为PD中点，∴AE⊥PD，AE∩AB＝A，AE⊂平面ABE，AB⊂平面ABE，∴PD⊥平面ABE．解：（II）四棱锥P﹣ABCD外接球球心是线段BD和线段PA的垂直平分线交点O，由已知BD＝＝＝4，设C为BD中点，∴AM＝2，OM＝AP＝1，∴OA＝＝＝3，∴四棱锥P﹣ABCD外接球的体积是＝36π．1．如图，在正四棱锥P﹣AMDE，底面AMDE的边长为2，侧棱PA＝，B，C分别为AM，MD的中点．F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC，PM分别交于点G，H，K．（1）求证：AB∥FG；（2）求正四棱锥P﹣AMDE的外接球的表面积．【解答】（1）证明：在正方形AMDE中，因为B是AM的中点，所以AB∥DE．又因为AB⊄平面PDE，DE⊂平面PDE,所以AB∥平面PDE．因为AB⊂平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG，所以AB∥FG．（2）解：连接AD，EM，相交于O′，易得AO′＝，PO′＝．由正四棱锥P﹣AMDE的对称性，得正四棱锥P﹣AMDE得外接球球心在线段PO′上，不妨设为O点．设OA＝OP＝R，则OO′＝﹣R，∵AO2＝AO′2+OO′2，∴R2＝2+（﹣R）2，∴R＝∴S＝4πR2＝，∴正四棱锥P﹣AMDE的外接球的表面积为．1．如图，四凌锥P﹣ABCD而底面ABCD是矩形，侧面PAD是等腰直角三角形∠APD＝90°，且平面PAD⊥平面ABCD．（Ⅰ）求证：平面PAD⊥平面PCD；（Ⅱ）在AD＝2，AB＝4，求三棱锥P﹣ABD的体积；（Ⅲ）在条件（Ⅱ）下，求四棱锥P﹣ABCD外接球的表面积．【解答】解：（I）∵四边形ABCD是矩形，∴AD⊥CD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面PAD，∵CD⊂平面PCD，∴平面PAD⊥平面PCD．（II）过P作PE⊥AD，垂足为E，∵△PAD是等腰直角三角形，∠APD＝90°，∴PE＝＝1．∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD，PE⊥AD，∴PE⊥平面ABCD，∴V棱锥P﹣ABD＝S△ABD•PE＝••2•4•1＝．（III）取BD中点M，过M作MN⊥平面ABCD，则球心O在直线MN上，连接AM，则AM＝＝．∵PE⊥平面ABCD，∴MN∥PE．∵四棱锥P﹣ABCD内接于球，，∴OA＝＝．∴S⊙O＝4πOA2＝20π．∴E为外心，∴OM＝1．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，已知其俯视图是正三角形，则该四棱锥的外接球的表面积是（）A．B．C．19πD．22π【解答】解：几何体的直观图如图：是长方体的一部分，上底面PCD的外接圆的半径：O1D＝＝，几何体的外接球的半径为：OD＝＝，该四棱锥的外接球的表面积是：4＝π．故选：A．课后作业答案：1．如图，一个正三棱柱的主视图是长为，宽为2的矩形，俯视图是边长为的正三角形，则它的外接球的表面积等于（）A．16πB．12πC．8πD．4π【解答】解：设正三棱柱的外接球的半径为R，则∵俯视图是边长为的正三角形∴底面三角形外接圆的半径为＝1，∵正三棱柱的高为2∴正三棱柱的外接球的半径为＝∴正三棱柱的外接球的表面积等于4π×＝8π故选：C．2．某四面体的三视图如图所示，正视图、侧视图、俯视图都是边长为1的正方形，则此四面体的外接球的表面积为（）A．πB．3πC．πD．π【解答】解：由三视图可知：该四面体是正方体的一个内接正四面体．∴此四面体的外接球的直径为正方体的对角线长＝．∴此四面体的外接球的表面积为表面积＝＝3π．故选：B．3．某四棱锥的三视图如图所示，则该棱锥的外接球的表面积为（）A．3πB．C．6πD．12π【解答】解：由题意可知，几何体的直观图如图：是四棱锥D1﹣ABCD，是棱长为1的正方体的一部分，外接球奇数正方体的外接球，取得直径是体对角线，r＝，外接球的表面积为：4＝3π．故选：A．4．四棱锥P﹣ABCD中，ABCD为矩形，AD＝2，AB＝2，PA＝PD，∠APD＝，且平面PAD⊥平面ABCD．（1）证明：PA⊥PC；（2）求四棱锥P﹣ABCD的外接球的体积．【解答】证明：（1）设AD的中点为E，则∵PA＝PD，∴PE⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PE⊥平面ABCD，∵PA在平面ABCD内的射影为AE，AE⊥CD，∴PA⊥CD，∵PA⊥PD，CD∩PD＝D，∴PA⊥平面PCD∴PA⊥PC；解：（2）连接AC交BD于F，球心O在底面的射影必为点F，取截面PEF，PE＝，EF＝1．假设OF＝x，则由OA2＝x2+4＝1+得x＝0，∴球的半径为2，∴四棱锥P﹣ABCD的外接球的体积为＝．。
专题9：立体几何中球的相关问题高考真题
专题9：立体几何中球的相关问题高考真题一、单选题1．2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ）已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙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【答案】A 【分析】由已知可得等边ABC 的外接圆半径，进而求出其边长，得出1OO 的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论. 【详解】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意， 得24,2r r ππ=∴=，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 6023AB r =︒=，123OO AB ∴==，根据球的截面性质1OO ⊥平面ABC ，222211111,4OO O A R OA OO O A OO r ∴⊥==+=+=， ∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.2．2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ）已知△ABC 是面积为93的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ） A ．3 B ．32C ．1D ．32【答案】C 【分析】根据球O 的表面积和ABC 的面积可求得球O 的半径R 和ABC 外接圆半径r ，由球的性质可知所求距离22d R r =-.【详解】设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得：2R =. 设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC 93213932a ∴=，解得：3a =，22229933434a r a ∴=-=-=，∴球心O 到平面ABC 的距离22431d R r --=.故选：C. 【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面. 3．2018年全国卷Ⅲ理数高考试题设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3D ABC -体积的最大值为 A ．123B ．183C ．243D ．543【答案】B 【详解】分析：作图，D 为MO 与球的交点，点M 为三角形ABC 的中心，判断出当DM ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -体积最大，然后进行计算可得． 详解：如图所示，点M 为三角形ABC 的中心，E 为AC 中点， 当DM ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -体积最大 此时，OD OB R 4===23934ABCSAB == AB 6∴=,点M 为三角形ABC 的中心2BM 233BE ∴==Rt OMB ∴中，有22OM 2OB BM -=DM OD OM 426∴=+=+=()max 19361833D ABC V -∴=⨯=故选B.点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当DM ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -体积最大很关键，由M 为三角形ABC 的重心，计算得到2BM 233BE ==再由勾股定理得到OM ，进而得到结果，属于较难题型．4．2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅱ）如图,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 ．36πB ．64πC ．144πD ．256π 【答案】C【解析】如图所示，当点C 位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，故，则球的表面积为，故选C ．考点：外接球表面积和椎体的体积．5．2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ）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 ．6π B ．46πC ．26πD 6π【答案】D 【分析】先证得PB ⊥平面PAC ，再求得2PA PB PC ===P ABC -为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解. 【详解】 解法一:,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 中点，//EF PB ∴，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CE AC C EF =∴⊥平面PAC ，PB ⊥平面PAC ，2APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===，P ABC ∴-为正方体一部分，22226R =++=，即 364466,62338R V R =∴=π=⨯=ππ，故选D ．解法二:设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 中点，//EF PB ∴，且12EF PB x ==，ABC ∆为边长为2的等边三角形， 3CF ∴=又90CEF ∠=︒213,2CE x AE PA x ∴=-==AEC ∆中余弦定理()2243cos 22x x EAC x+--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =，D 为AC 中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，2243142x x x x +-+∴=， 221221222x x x ∴+=∴==，2PA PB PC ∴===，又===2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，22226R ∴=++=6R ∴=，344666338V R ∴=π=π⨯=π，故选D . 【点睛】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决． 6．2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（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互相垂直的半径.若该几何体的体积是，则它的表面积是A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π【答案】A 【解析】试题分析：由三视图知，该几何体的直观图如图所示：是一个球被切掉左上角的,即该几何体是个球，设球的半径为，则，解得，所以它的表面积是的球面面积和三个扇形面积之和,即，故选A ．【考点】三视图及球的表面积与体积【名师点睛】由于三视图能有效地考查学生的空间想象能力,所以以三视图为载体的立体几何题基本上是高考每年必考内容,高考试题中三视图一般与几何体的表面积与体积相结合.由三视图还原出原几何体是解决此类问题的关键.7．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3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．3π4C．π2D．π4【答案】B 【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示，由题意可得：11,2 AC AB==，结合勾股定理，底面半径221312r⎛⎫=-=⎪⎝⎭，由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是2233ππ1π24V r h⎛⎫==⨯⨯=⎪⎪⎝⎭，故选B.【名师点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.8．2016年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国2卷）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【答案】A 【解析】试题分析：因为正方体的体积为8，所以棱长为2，所以正方体的体对角线长为23，所以正方体的外接球的半径为3，所以该球的表面积为24(3)12ππ⋅=，故选A. 【考点】 正方体的性质，球的表面积【名师点睛】与棱长为a 的正方体相关的球有三个： 外接球、内切球和与各条棱都相切的球，其半径分别为32a 、2a和22a .9．2016年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3卷） 在封闭的直三棱柱内有一个体积为V 的球，若，，，，则该球体积V 的最大值是A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】 试题分析：设的内切圆半径为，则，故球的最大半径为，故选B.考点：球及其性质.10．2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅱ） 已知是球的球面上两点,,为该球面上的动点.若三棱锥体积的最大值为36,则球的表面积为（ ）A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π【答案】C 【详解】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24144S R ππ==，故选C ． 考点：外接球表面积和椎体的体积．11．2010年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷）新课标文科数学设长方体的长、宽、高分别为2,,a a a ，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为 A ．3πa 2 B ．6πa 2C ．12πa 2D ．24πa 2【答案】B 【详解】方体的长、宽、高分别为2,,a a a ,其顶点都在一个球面上,长方体的对角线的 6a ，6，所以球的表面积是22646a ππ⎫=⎪⎪⎝⎭，故选B二、填空题12．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷）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______． 【答案】36π 【解析】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， 可知三角形SBC 与三角形SAC 都是等腰直角三角形，设球的半径为r ，可得112932r r r ⨯⨯⨯⨯= ，解得r=3.球O 的表面积为：2436r ππ= .点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.13．2017年全国普通高等学校招生统一考试数学（江苏卷）如图，在圆柱O 1 O 2 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O 1O 2 的体积为V 1 ,球O 的体积为V 2 ，则12V V 的值是_____【答案】32【解析】设球半径为r ，则213223423V r r V r π⨯==π．故答案为32． 点睛:空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：①若给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解；②若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．14．浙江省理科数学试卷（带解析）如图，已知球O 是棱长为1 的正方体1111ABCD A B C D -的内切球，则平面1ACD 截球O 的截面面积为 ．试卷第11页，总11页【答案】【解析】 试题分析：由题意可知：截面是MNP ∆的外接圆，而MNP ∆是边长为22的等边三角形， 所以外接圆02222sin 603r ==6r =2266S r πππ==⨯=. 考点：1.平面截圆的性质；2.三角形外接圆半径的求法.。
高中数学立体几何.球专题附练习题不看后悔.doc
立体几何 - 球 - 专题学案练习1.下列四个命题中错误的个数是（）．．①经过球面上任意两点，可以作且只可以作一个球的大圆②球面积是它大圆面积的四倍③球面上两点的球面距离，是这两点所在截面圆上以这两点为端点的劣弧的长2.一平面截一球得到直径为 6 cm 的圆面，球心到这个平面的距离是 4 cm，则该球的体积是A. 100π208πcm3 C.500π416 3πcm3 B. cm 3 D. cm3 3 3 3 33.某地球仪上北纬 30°纬线的长度为12π cm，该地球仪的半径是_____________cm ，表面积是 _____________cm2.预备1. 球心到截面的距离d与球半径 R 及截面的半径 r 有以下关系：．2. 球面被经过球心的平面截得的圆叫．被不经过球心的平面截得的圆叫．3.在球面上两点之间的最短连线的长度，就是经过这两点的大圆在这两点间的一段劣弧长，这个弧长叫．4. 球的表面积表面积S＝；球的体积V＝．5.球面距离计算公式： __________典例剖析（ 1）球面距离，截面圆问题例 1．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1，经过这 3 个点的小圆的周长为 4π，那么6这个球的半径为3 3 D. 3练习：球面上有三点A、 B、 C， A 和 B 及 A 和 C 之间的球面距离是大圆周长的1，B和C之间的球面距离是大圆4周长的1，且球心到截面ABC的距离是21，求球的体积．67例 2. 如图，四棱锥A－BCDE中，AD底面BCDE，且 AC⊥ BC，AE⊥ BE．A(1) 求证： A、 B、 C、 D、E 五点都在以 AB 为直径的同一球面上；E(2) 若 CBE 90 ,CE 3, AD 1,求 B、 D 两点间的球面距离．DB C（ 2）注意体会立体空间想象能力，不要把图形想象错误例 3. 在底面边长为 2 的正方体容器中，放入大球，再放入一个小球，正好可以盖住盖子（小球与大球都与盖子相切），求小球的半径。
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 ．。
高三数学立体几何练习题及答案
高三数学立体几何练习题及答案第一题：已知一个长方体的长、宽、高分别为3cm、4cm、5cm，求该长方体的体积和表面积。
解答：长方体的体积可以通过公式V = lwh 计算，其中l、w、h分别为长、宽、高。
根据题目给出的数据，代入公式可得 V = 3cm × 4cm × 5cm = 60cm³。
因此，该长方体的体积为60立方厘米。
长方体的表面积可以通过公式 S = 2lw + 2lh + 2wh 计算。
根据题目给出的数据，代入公式可得 S = 2 × 3cm × 4cm + 2 × 3cm ×5cm + 2 × 4cm × 5cm = 94cm²。
因此，该长方体的表面积为94平方厘米。
答案：体积：60立方厘米表面积：94平方厘米第二题：一个正方体的棱长为a，求该正方体所有顶点到一个固定点之间的最短距离之和。
解答：正方体的每个顶点到固定点的最短距离为正方体的对角线长。
对于正方体而言，其对角线的长度可以通过勾股定理求解。
设每个边长为a，则对角线长d满足 d² = a² + a² + a² = 3a²。
因此，每个顶点到固定点的最短距离之和为 8 × 3a² = 24a²。
答案：每个顶点到固定点的最短距离之和为24a²。
第三题：一个球体的直径为10cm，求该球体的体积和表面积（结果保留π）。
解答：球体的体积可以通过公式V = 4/3πr³ 计算，其中r为球体的半径。
根据题目给出的数据，直径d为10cm，因此半径r = d/2 = 5cm。
代入公式可得V = 4/3 × π × (5cm)³ ≈ 523.6cm³。
因此，该球体的体积约为523.6立方厘米。
球体的表面积可以通过公式S = 4πr² 计算，其中r为球体的半径。
立体几何之与球有关的高考试题
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d? =°°； = R，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°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°的表面积为（）A. 36 nB.64 nC.144 nD.256 n2.（2015* iX宁為善）已知宜三核柱』滋的6个顶点都在球0的球面上”若AS=3t AC =4, ABX AC t 44 = 12±则球0的半径为（）S、3. （2016 •扶麻模拟〕若一金正四iS俸的展面叙为久其内如球妁表丙积为则g= ____________4.四棱锥P 矽何的五个顶点帶在一个球面上’该四棱锥的三视瞬如图所示，E t F分别是按朋，他的中点，直线矿祓球面所厳得的戢段长为2边，财该球的表面抿为（参考答案【解听】T图所示，当点C位千垂亶于面貝OE的亶径嵋（点眄三O -.ABC的体私嚴大*设球O的半径为卫.此时「二近口 = 说“夙=丄便=玮・故湮=6・则球0加衰而积为3 2 6S=4 J R: =144^.故选G【考点定位】外攥球展面叔和権律詢体報.2.輕析：选C 如国，由球芒作平面朋C菇垂线.则垂足为血的中点闍又用戶］Ott^AAx答案:半4.解析：薩D该几何体妁直观囲如图所示「该几何体可看作由正方体截得「则正方体外接球的直径餌为PG由直銭EF社蛭面所截得的坝掘长为曲*可知正方弼曲仞对角銭M的长为2品可得a=2t 3PAG中吩匚在灵厅=曲.球的半栓片晶X3.解析：设正四面体棱搅为色则正四面体表面积为& =斗孑=£鎖其内切球半径为正四面空屿即V逹e執国此内切球表面和为知亠『则睿=豊6^=6T浙以球"的半径R=OA=类型一：有公共底边的等腰三角形，借助余弦定理求球心角。
与球有关的空间几何体问题(例题+习题)
考点一：球的内接柱体设柱体上底的外心为1O ，下底的外心为2O ，则有柱体的外接球球心O 为21O O 的中点。
若柱体底面外接圆半径为r ，高为h ，则外接球半径R 满足：2222h r R +=； 由已学知识可总结出：（1）边长为a 的正三角形的外接圆半径a r 33=； （2）长为a ，宽为b 的的矩形的外接圆半径222b a r += （3）斜边为c 的直角三角形的外接圆半径2c r = 注：球的内接长方体满足：球的直径于长方体的大对角线相等考点二：球的内接椎体1. 球的内接直三棱锥，直四棱锥（有一条侧棱与底面垂直）：与长方体相同，是长方体的部分顶点构成的椎体2. 球的内接正三棱锥，正四棱锥：设顶点为P ，底面外接圆圆心1O ，则有正棱锥外接球球心在1PO 上，若正棱锥底面外接圆半径为r ，高为h ，则外接球半径R 满足：222)(R h r R -+=或h l R 22=（l 为侧棱）考点三：多面体的内切球1 多边形内切圆圆心把多边形分成多个高相等的三角形，由面积法可知多边形的内切圆半径r 满足：PS r 2=（S 为多边形面积，P 为多边形周长） 2 多面体内切球球心把多面体分成多个高相等的椎体，由体积法可知 多面体的内切求半径r 满足：S V r 3=（V 为多面体体积，S 为多面体表面积）考点四：圆锥内切球与外接球1 圆锥的外接球：与正棱锥的外接球相同2 圆锥的内切球：圆锥的内切球半径即为圆锥截面三角形的内切圆半径，设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则内切球半径R 满足：22222hr r h r R P S r R ++⋅=⇒==小结： 1 球的内接柱体，直椎体：2222h r R += 2 球的内接正棱锥，内接圆锥：hl R 22=（l 为侧棱） 3 多面体的内切球：S V R 3=4 圆锥的内切球：r h r h r R 2222++⋅=典型例题例1 一个球的外切正方体的全面积为6，则球的体积为（ ） A 34π B 86π C 6π D 66π 答案:C解析:多面体的内切球，所以球的半径SV R 3=，正方体的棱长为1，则1=V ，所以2163==R ，所以球的体积为6)21(343ππ=⋅⋅，故选C例2 某长方体的三视图的面积分别为20，15，12，求该长方体的外接球的表面积答案：π50解析：设长方体的三边分别为c b a ,,，则有⎪⎩⎪⎨⎧===⇒⎪⎩⎪⎨⎧===534121520c b a ab bc ac ，所以外接球半径为：2252222=++=c b a R ，所以ππ50)225(42=⋅=S例3 某圆锥的截面为边长为2的正三角形，则该圆锥的内切球的表面积为_______ 答案：33 解析：边长为2的正三角形的内切圆半径为336322=⋅==P S r ，则内球球的半径也为33例4 一三棱锥ABC P -，PC PB PA ,,两两垂直，且3,3,1===PC PB PA ，则该三棱锥外接球的表面积是（ ）A π16B π64 Cπ332 D π3252 答案：A解析：易知，C B A P ,,,是长方体中相邻四个顶点构成的棱锥，所以外接球半径： 22961=++=R ，所以ππ1644=⋅=S ，选A例 5 一底面半径为r ，母线长为r 3的圆锥有一内接正方体，求该正方体的表面积答案：2316r 解析：由题知，圆锥的高为r 22，设正方体的棱长为a ，可知：ra r a r 2222=-，所以： r a a a r 322222=⇒=-，所以，正方体的表面积为：223166r a =例6 若半球内有一内接正方体，则这个半球的表面积与正方体的表面积之比为（ ）A 12:5πB 6:5πC 3:2πD 4:3π答案：D解析：设半球的半径为R ，正方体的棱长为a ，则有222223)22(a a a R =+=，半球的表面积：22213421R R R S πππ=+⋅=，正方体的表面积226a S =，所以： 4322363222221πππ=⋅==a a a R S S ，故选D例7 某圆柱的底面半径为2，里面有一定的水，现把圆柱横着放，水面的高度变为1，求圆柱里的水的体积与圆柱的体积比 答案：ππ4334- 解析：已知横着放时，底面是一个弓形，所以3431-⋅=πS ，所以体积比为： ππ4334-例8 正四面体外接球与内切球的半径之比为_______答案：3解析：设正四面体半径为a ，则底面积为243a ，高为a 36，所以内切球半径a a a S V R 126336433231=⋅⋅==，外接球半径a a a h l R 463622222===，所以： 3126:46:12==a a R R练习1 已知一个多面体的内切球的半径为1，多面体的表面积为18，则多面体的体积为（ ）A 18B 12C 6D π12答案： C解析： 5cos )54cos(54cos ππππ-=--=；52cos )53cos(53cos ππππ-=--=，所以 内切球半径满足631833===⇒=RS V S V R ，选C2 用与球心距离为1的平面去截球面，所得截面积为π，则球的体积为________ 答案：π328 解析：截面半径为1，所以球的半径2=R ，球的体积为ππ3282234=⋅3. 64个直径都是4a 的球，记它的体积为1V ，表面积之和为1S ，1个直径都是a 的球，记它的体积为2V ，表面积之和为2S ，则（ ）A 2121,S S V V >>B 2121,S S V V <<C 2121,S S V V >=D 2121,S S V V ==答案： C解析： 左221331464)8(4;664)8(34a a S a a V ππππ=⋅⋅==⋅⋅=， 221331)2(4;6)2(34a a S a a V ππππ=⋅==⋅=，所以2121,S S V V >=，选C4 高与底面直径之比为1:2的圆柱内接于球，且圆柱的体积为π500，则球的体积为（ ） A 3500π B 32500π C π332500 D 312500π 答案： C解析：设圆柱底面半径为r ，则高为r 4，20,550042==⇒=⋅⋅h r r r ππ，所以有：55125)2(222=⇒=+=R h r R ，所以球的体积ππ352500562534=⋅=V ，选C5 求半径为2的球的内接正四面体的体积答案 27364 解析：设正四面体的棱长为a ，则底面外接圆半径a r 33=，高a r a h 3622=-=，所以外接球半径满足：a a a h l R 46362222===，所以 364=a ，2736427666412212236433132=⋅⋅==⋅⋅=a a a V。
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。
2020届高三立体几何专题《球》
2020届⾼三⽴体⼏何专题《球》球⼀、基本知识点由于球的任⼀截⾯均为圆，所以圆的许多性质，如相交弦定理，切线定理，切割线定理对球仍然成⽴，注意球的截⾯即球的⼤圆的特殊性及应⽤。
1．表⾯积：24R S π=，R 为球的半径；球的体积：334R V π=,R 为球的半径；例1.设球的半径为时间t 的函数()R t ，若球的体积以均匀速度C 增长，则球的表⾯积的增长速度与球的半径（）A ．成正⽐，⽐例系数为CB ．成正⽐，⽐例系数为2C C ．成反⽐，⽐例系数为CD ．成反⽐，⽐例系数为2C2．外切于半径为r 的球的多⾯体的体积：rS V 31=（S 为多⾯体的表⾯积）；3．多球堆垒问题“抓球⼼”；4．球与规则多⾯体或旋转体的组合体问题“找截⾯”：⼀是过球⼼的截⾯；⼆是过多⾯体表⾯或棱的截⾯；5.棱长为a 的正⽅体：外接球半径2a ；内切球半径：12a ；棱切球半径：2a ；6.棱长为a 正四⾯体：外接球半径4a ；内切球半径：12a ；棱切球半径：4a ；7．需要掌握的常见问题：（1）球的截⾯问题；（2）球与多⾯体的组合题问题；（3）球与球的组合问题⼆、典型例题选讲例1.已知半径为5的球O 的两个平⾏截⾯12,O O 的周长分别为6π和8π，则这两个截⾯间的距离是例2.已知平⾯α截⼀球⾯得圆M ，过圆⼼M 且与α成60?⼆⾯⾓的平⾯β截该球⾯得圆N .若该球的半径为4，圆M 的⾯积为4π，则圆N 的⾯积为A ．7πB ．9πC ．11πD ．13π例3.已知球的半径为4，圆与圆为该球的两个⼩圆，为圆与圆的公共弦，．若，则两圆圆⼼的距离．例4.(2017全国卷Ⅰ)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．例5.(2019年全国Ⅰ卷)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 ∠=o ，则球O的体积为（） A． B． C． DO M N AB M N 4AB =3OM ON ==MN =例 6.已知三棱锥S ABC ?的所有顶点都在球O 的球⾯上，且SC ⊥平⾯ABC 若1,120SC AB AC BAC ===∠=? 则球O 的表⾯积为 .例7.已知四棱锥P ABCD ?的顶点都在球O 上，底⾯ABCD 是矩形，平⾯PAD ⊥平⾯ABCD ，PAD ?为正三⾓形，24AB AD == 则球O 的表⾯积为 A.323π B.32π C.64π D.643π例8.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．例9．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．图1例10．如图，在棱长为a 的正⽅体1111D C B A ABCD ?中，P 为过正⽅体表⾯正⽅形ABCD ，11B BCC ，1111D C B A ，DA D A 11的中⼼的圆上的⼀动点，Q 为正⽅形ABCD 的内切圆上的⼀动点，R 为过顶点11,,,A D C B 的圆上的⼀动点，则QR PQ +的最⼩值为（）A ．a 223?B ．a 21C ．a 212? D ．a 213?例11. 如图所⽰，⼀个圆柱形乒乓球筒，⾼为40厘⽶，底⾯半径为4厘⽶．球筒的上底和下底分别粘有⼀个乒乓球，乒乓球与球筒底⾯及侧⾯均相切（球筒和乒乓球厚度忽略不计）．⼀个平⾯与两乒乓球均相切，且此平⾯截球筒边缘所得的图形为⼀个椭圆，则该椭圆的离⼼率为．例12.（1）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．（2）四个半径为1的球两两外切，求和这四个球都相切的球的半径.思考题：（3）四个半径分别为2，2，3，3的球两两外切，求和这四个球都相切的球的半径三、补充练习1. 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 ．274π2. 已知三棱柱111ABC A B C ?的侧棱垂直于底⾯，各项点都在同⼀球⾯上. 若该棱柱的体积2AB =，1AC =，60BAC ∠=?，则此球的表⾯积等于（） A ．2πB ．4πC ．6πD ．8π3. 在三棱锥D ABC ?中，1AB BC == 2AD = BD = AC =BC AD ⊥，则三棱锥的外接球的表⾯积为（）AB ．6πC ．5πD ．8π4. 在四⾯体ABCD 中，60,3,2ABC ABD CBD AB CB DB ∠=∠=∠====o，则此四⾯体外接球的表⾯积为（）A ．192π B ．24C ．17πD ．65. 在三棱锥A BCD ?中，6,5AB CD AC BD AD BC ======，则该三棱锥的外接球的表⾯积为（）A ．24B ．6C ．432π D ．43π6. 设正三棱锥A BCD ?的所有顶点都在球O 的球⾯上，1,,BC E F =分别是,AB BC 的中点，EF DE ⊥，则球O 的半径为（）A.3 B. 4C. 2D.47. 已知三棱锥S ABC ?的所有顶点都在球O 的求⾯上，ABC ?是边长为1的正三⾓形，SC 为球O 的直径，且2SC =，则此棱锥的体积为（）A.6B.6C.3D.28. 已知平⾯α截⼀球⾯得圆M ，过圆⼼M 且与α成60o 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. 如图，平⾯四边形ABCD 中， 1AB AD CD ===，BD =BD CD ⊥，将其沿对⾓线BD 折成四⾯体A BCD '?，使平⾯A BD '⊥平⾯BCD ，若四⾯体A BCD '?顶点在同⼀球⾯上，则该球的体积为（）A.3B. 3πC.2D. 2π10. 在菱形ABCD中，60,A AB =?=，将ABD ?折起到PBD ?的位置，若⼆⾯⾓P BD C ??的⼤⼩为23π，则三棱锥P BCD ?的外接球的体积为（） A ．43πB．2C．6D．211. 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 .12. 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 .13. 在三棱柱111ABC A B C ?中，已知1AA ⊥平⾯ABC ，且12AB AC AA ===，BC =，该三棱柱的各个顶点都在⼀个球⾯上，则球的表⾯积为 .BDABDCA'14. 已知三棱锥P ABC ?的四个顶点都在球O 的球⾯上，BC AB ⊥且10,51,5,7====AC PC PB PA ，则球O 的体积为 .15.已知,,,A B C D 四点在半径为2的球⾯上，且5,AC BD AD BC AB CD ====，则三棱锥D ABC ?的体积是 .16. 如图，在四⾯体ABCD 中，AB BCD ⊥平⾯，BCD △是边长为3的等边三⾓形. 若2AB =，则四⾯体ABCD 外接球的⾯积为_______________.17. 已知ABC ?的三个顶点在以O 球⼼的球⾯上，且cos 3A =，1,3BC AC ==，三棱锥O ABC ?的体积为6，则球O 的表⾯积为 .18. 在棱长为2的正四⾯体ABCD 中，G 为BCD ?的重⼼，M 为线段AG 的中点，则三棱锥M BCD ?外接球的表⾯积为 .19. 在正三棱锥S ABC ?中，,M N 分别是棱,SC BC 的中点，且MN AM ⊥ . 若侧棱，则正三棱锥ABC S ?外接球的表⾯积是 .20. 已知边长为1的等边三⾓形ABC 与正⽅形ABDE 有⼀公共边AB ，⼆⾯⾓C AB D ??的余弦值为3，若,,,,A B C D E 在同⼀球⾯上，则此球的体积为 .SA =DC球练习题参考答案1—10：ADBAD BADCC11.34π 12. 13.20π 14.5003π 15.816.16π 17. 16π 18. 6π 19. 36π 20. 3。
(精选试题附答案)高中数学第八章立体几何初步知识点题库
(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步知识点题库单选题1、足球运动成为当今世界上开展最广、影响最大、最具魅力、拥有球迷数最多的体育项目之一，2022年卡塔尔世界杯是第22届世界杯足球赛．比赛于2022年11月21日至12月18日在卡塔尔境内7座城市中的12座球场举行．已知某足球的表面上有四个点A，B，C，D满足AB=BC=AD=BD=CD=√2dm，二面角A−BD−C的大小为2π3，则该足球的体积为（）A．7√42π27dm3B．35√2π27dm3C．14π27dm3D．32√2π27dm3答案：A分析：画出图形，O为线段BD的中点，则可得∠AOC为二面角A−BD−C的平面角，取N,M分别是线段AO,CO上靠近点O的三等分点，则可得N,M分别为△ABD和△CBD的外心，过N,M分别作平面ABD和平面CBD的垂线EN,EM，交于点E，则点E为三棱锥A−BCD外接球的球心，即为足球的球心，所以线段EB为球的半径，然后结已知数据求出EB，从而可求出足球的体积根据题意，三棱锥A−BCD如图所示，图中点O为线段BD的中点，N,M分别是线段AO,CO上靠近点O的三等分点，因为AB=BC=AD=BD=CD=√2dm，所以△ABD和△CBD均为等边三角形，因为点O为线段BD的中点，所以AO⊥BD,CO⊥BD，所以∠AOC为二面角A−BD−C的平面角，所以∠AOC=2π3，因为△ABD和△CBD均为等边三角形，点O为线段BD的中点，所以AO,CO分别为△ABD和△CBD的中线，因为N,M分别是线段AO,CO上靠近点O的三等分点，所以N,M分别为△ABD和△CBD的外心，过N,M分别作平面ABD和平面CBD的垂线EN,EM，交于点E，则点E为三棱锥A−BCD外接球的球心，即为足球的球心，所以线段EB为球的半径，因为AO⊥BD,CO⊥BD，AB=BC=AD=BD=CD=√2dm，所以AO=CO=√62dm，则NO=MO=√66dm，因为AO=CO,EO=EO,∠ENO=∠EMO=90°，所以△ENO≌△EMO，所以∠EON=∠EMO=12∠AOC=π3，在直角△EMO中，EM=OMtanπ3=√22，因为EM⊥平面BCD，BM⊂平面BCD，所以BM⊥EM，因为M是△CBD的外心，所以BM=√63，所以EB=√EM2+BM2=√76,所以V=43π⋅EB3=43π(√76)3=7√4227π，所以足球的体积为7√4227πdm，故选：A小提示：关键点点睛：此题考查三棱锥外接球问题，考查计算能力，解题的关键是由题意求出三棱锥外接球的球心，从而可确定出球的半径，然后计算出半径即可，考查空间想象能力，属于较难题2、在长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AB =4，AD =3，AA 1=5，点P 在长方体的面上运动，且满足AP =5，则P 的轨迹长度为（ ）A ．12πB ．8πC ．6πD ．4π答案：C分析：由题设，在长方体表面确定P 的轨迹，应用弧长公式计算轨迹长度.如图，P 在左侧面的轨迹为弧A 1N ⌢，在后侧面的轨迹为弧NC ⌢，在右侧面的轨迹为弧MC ⌢，在前侧面内的轨迹为弧A 1M ⌢.易知|NC ⌢|=14π×4×2=2π，|MC ⌢|=14π×3×2=3π2，又sin∠A 1AN =cos∠NAD =35，cos∠A 1AM =sin∠MAB =35， ∴∠A 1AN +∠A 1AM =π2，则|A 1N ⌢|+|A 1M ⌢|=14π×5×2=5π2，∴P 的轨迹长度为6π，故选：C.3、在下列判断两个平面α与β平行的4个命题中，真命题的个数是（）．①α、β都垂直于平面r，那么α∥β②α、β都平行于平面r，那么α∥β③α、β都垂直于直线l，那么α∥β④如果l、m是两条异面直线，且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β，那么α∥βA．0B．1C．2D．3答案：D分析：在正方体中观察可判断①；由平面平行的传递性可判断②；由线面垂直的性质可判断③；根据面面平行判定定理可判断④.如图，易知在正方体中相邻两个侧面都垂直于底面，故①错误；由平面平行的传递性可知②正确；由线面垂直的性质可知③正确；过直线l做平面γ与α、β分别交于l1,l2，过直线m做平面χ与α、β分别交于m1,m2，因为l∥α，l∥β，所以l∥l1,l∥l2，所以l1∥l2因为l1⊄β，l2⊂β，所以l1∥β同理，m1∥β又l、m是两条异面直线，所以l1,l2相交，且l1⊂α，m1⊂α所以α∥β，故④正确.故选：D4、在△ABC 中，AB =1，AC =2，∠BAC =60°，P 是△ABC 的外接圆上的一点，若AP⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ + nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则m +n 的最小值是（ ）A ．−1B ．−12C ．−13D ．−16 答案：B分析：先解三角形得到△ABC 为直角三角形，建立直角坐标系，通过AP⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ + nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ 表示出m +n ，借助三角函数求出最小值.由余弦定理得BC 2=AB 2+AC 2−2AB ⋅AC ⋅cos∠BAC = 1+4−2×1×2×cos 60∘=3，所以BC =√3，所以AB 2+BC 2=AC 2，所以AB ⊥BC ．以AC 的中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，易得A （－1，0），C （1，0），B （－12，√32），设P 的坐标为(cosθ,sinθ)，所以AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(12,√32)，AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0)，AP ⃑⃑⃑⃑⃑ = (cosθ+1,sinθ)，又AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，所以(cosθ+1,sinθ)=m (12,√32)+ n (2,0)=(m 2+2n ,√32m)，所以m =2√33sin θ，n =cos θ2+12−√36sin θ，所以m +n =2√33sin θ+cos θ2+12−√36sin θ =√32sin θ+cos θ2+12=sin (θ+π6)+12≥−1+12=−12，当且仅当sin (θ+π6)=−1时，等号成立．故选：B．5、已知圆锥的底面半径为R，高为3R，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是（）A．2πR2B．94πR2C．83πR2D．πR2答案：B分析：根据圆柱的表面积公式以及二次函数的性质即可解出．设圆柱的底面半径为r，圆柱的高为ℎ，所以在轴截面三角形中，如图所示：由相似可得，rR =3R−ℎ3R，所以，ℎ=3R−3r，即圆柱的全面积为S=2πr2+2πrℎ=2πr2+2πr(3R−3r)=2π(−2r2+3rR)=2π[−2(r−34R)2+98R2]≤9π4R2，当且仅当r=34R时取等号．故选：B．6、如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120°，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（）A．23B．24C．26D．27答案：D分析：作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.该几何体由直三棱柱AFD−BHC及直三棱柱DGC−AEB组成，作HM⊥CB于M，如图，因为CH=BH=3,∠CHB=120∘，所以CM=BM=3√32,HM=32，因为重叠后的底面为正方形，所以AB=BC=3√3,在直棱柱AFD−BHC中，AB⊥平面BHC，则AB⊥HM, 由AB∩BC=B可得HM⊥平面ADCB，设重叠后的EG与FH交点为I,则V I−BCDA=13×3√3×3√3×32=272,V AFD−BHC=12×3√3×32×3√3=814则该几何体的体积为V=2V AFD−BHC−V I−BCDA=2×814−272=27.故选：D.7、下列命题：①有两个面平行，其他各面都是平行四边形的几何体叫做棱柱；②有两侧面与底面垂直的棱柱是直棱柱；③过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形不可能是矩形；④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱一定是正四棱柱．其中正确命题的个数为（）A．0B．1C．2D．3答案：A分析：①②③④均可举出反例.①如图1，满足有两个面平行，其他各面都是平行四边形，显然不是棱柱，故①错误；②如图2，满足两侧面ABB1A1与底面垂直，但不是直棱柱，②错误；③如图3，四边形ACC1A1为矩形，即过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形可能是矩形，③错误；④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱不一定是正四棱柱，因为两底面不一定是正方形，④错误．故选：A8、下列条件中，能得出直线m与平面α平行的是（）A．直线m与平面α内的所有直线平行B．直线m与平面α内的无数条直线平行C．直线m与平面α没有公共点D．直线m与平面α内的一条直线平行答案：C分析：根据线面平行的判定，线面平行的性质逐个辨析即可.对A，直线m与平面α内的所有直线平行不可能，故A错误；对B，当直线m在平面α内时，满足直线m与平面α内的无数条直线平行，但m与α不平行；对C，能推出m与α平行；对D，当直线m在平面α内时，m与α不平行.故选：C.9、下列说法正确的有（）①两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；②经过球面上不同的两点只能作一个大圆；③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；④圆锥的轴截面是等腰三角形.A．1个B．2个C．3个D．4个答案：A解析：根据棱台、球、正方体、圆锥的几何性质，分析判断，即可得答案.①中若两个底面平行且相似，其余各面都是梯形，并不能保证侧棱延长线会交于一点，所以①不正确；②中若球面上不同的两点恰为球的某条直径的两个端点，则过此两点的大圆有无数个，所以②不正确；③中底面不一定是正方形，所以③不正确；④中圆锥的母线长相等，所以轴截面是等腰三角形，所以④是正确的.故选：A10、如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=1，AB=BC=√3，cos∠ABC=1，P是A1B上的一动点，3则AP+PC1的最小值为（）A．√5B．√7C．1+√3D．3答案：B分析：连接BC1，以A1B所在直线为轴，将△A1BC1所在平面旋转到平面ABB1A1，设点C1的新位置为C′，连接AC′，判断出当A、P、C′三点共线时，则AC′即为AP+PC1的最小值.分别求出∠AA1C′=120°,AA1=1,A1C′=2,利用余弦定理即可求解.连接BC1，得△A1BC1，以A1B所在直线为轴，将△A1BC1所在平面旋转到平面ABB1A1，设点C1的新位置为C′，连接AC′，则有AP+PC1≥AC′.当A、P、C′三点共线时，则AC′即为AP+PC1的最小值.，由余弦定理得：AC=√AB2+BC2−2AB·BCcosB=在三角形ABC中，AB=BC=√3，cos∠ABC=13√3+3−2×3×1=2,所以A1C1=2，即A1C′=23在三角形A1AB中，AA1=1，AB=√3，由勾股定理可得：A1B=√AA12+AB2=√1+3=2,且∠AA1B=60°. 同理可求：C1B=2因为A1B=BC1=A1C1=2，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠BA1C1=60°，所以在三角形AA1C′中，∠AA1C′=∠AA1B+∠BA1C′=120°,AA1=1,A1C′=2,)=√7.由余弦定理得：AC′=√1+4−2×1×2×(−12故选B.小提示：（1）立体几何中的翻折（展开）问题截图的关键是：翻折（展开）过程中的不变量；（2）立体几何中距离的最值一般处理方式：①几何法：通过位置关系，找到取最值的位置（条件），直接求最值；②代数法：建立适当的坐标系，利用代数法求最值.填空题11、达•芬奇认为：和音乐一样，数学和几何“包含了宇宙的一切”，从年轻时起，他就本能地把这些主题运用在作品中，布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达•芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达•芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体.若图3中每个正方体的边长为1，则点F到直线QC的距离是__________.答案：√2分析：根据题意，求得△FQC的三条边长，在三角形FQC中求边QC边上的高线即可.根据题意，延长QN,BA交于点M，连接QF,FC，如下所示：在△QFC中，容易知：QF=√QN2+NF2=√12+(√2)2=√3；同理FC=√12+(√5)2=√6，QC=√QM2+MC2=√22+(√5)2=3，满足QF2+FC2=QC2，设点F到直线QC的距离为d，由等面积法可知：=√2，即点F到直线QC的距离是√2.QF×FC=QC×d，解得d=√3×√63所以答案是：√2.12、三条两两平行的直线可以确定平面的个数可能为______个．答案：1或3分析：讨论三条平行线是否共面，即可确定平面的个数.当三条平行线不共面时，如下图示可确定3个平面；当三条平行线共面时，如下图示确定1个平面.所以答案是：1或313、已知一个圆柱的高不变，它的体积扩大为原来的4倍，则它的侧面积扩大为原来的___________倍.答案：2分析：求出底面半径扩大为原来的2倍，从而得到侧面积扩大为原来的2倍.设圆柱的高为ℎ，底面半径为r，则体积为πr2ℎ，体积扩大为原来的4倍，则扩大后的体积为4πr2ℎ，因为高不变，故体积4πr2ℎ=π(2r)2ℎ，即底面半径扩大为原来的2倍，原来侧面积为2πrℎ，扩大后的圆柱侧面积为2π⋅2rℎ= 4πrℎ，故侧面积扩大为原来的2倍.所以答案是：214、在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AA1中点，点P在侧面BCC1B1上运动，当点P满足条件___________时，A1P//平面BCD(答案不唯一，填一个满足题意的条件即可)答案：P是CC1中点分析：根据线面平行的性质，只需在侧面BCC1B1上找到一点，A1P//平面BCD上的任一条线即可，可以取A1P//CD，此时P是CC1中点.取CC1中点P，连结A1P，∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AA1中点，点P在侧面BCC1B1上运动，∴当点P满足条件P是CC1中点时，A1P//CD，∵A1P⊄平面BCD，CD⊂平面BCD，∴当点P满足条件P是CC1中点时，A1P//平面BCD所以答案是：P是CC1中点.15、如图所示，有边长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1，P为正方体表面的一个动点．若三棱锥A−PBC的体积，则|PD1|的取值范围是____________．为12答案：[54,3√174]分析：根据三棱锥A−PBC的体积求出点P到平面ABC的距离ℎ，由此确定点P的轨迹，结合图形即可得出答案. 设点P到平面ABC的距离为ℎ，则V P−ABC=13S△ABC⋅ℎ=23ℎ=12，所以ℎ=34，如图在AA1上取点E，使得AE=34，过点E作平面EFGH∕∕平面ABCD，F,G,H分别在BB1,CC1,DD1上，故点P在四边形EFGH的边上，则当点P在点H的位置时，|PD1|最小，为54，当点P在点F的位置时，|PD1|最大，为√4+4+2516=3√174，所以|PD1|的取值范围是[54,3√174].所以答案是：[54,3√174].解答题16、如图，已知矩形CDEF和直角梯形ABCD，AB∥CD，∠ADC＝90°，DE＝DA，M为AE的中点.（1）求证：AC∥平面DMF；（2）求证：BE⊥DM.答案：（1）证明见解析；（2）证明见解析.分析：（1）根据三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理进行证明即可；（2）根据矩形的性质，结合线面垂直的性质和判定定理进行证明即可.（1）如图，连结EC交DF于点N，连结MN.因为CDEF为矩形，所以EC，DF相互平分，所以N为EC的中点.又因为M为EA的中点，所以MN∥AC.又因为AC⊄平面DMF，且MN⊂平面DMF.所以AC∥平面DMF.（2）因为矩形CDEF，所以CD⊥DE.又因为∠ADC＝90°，所以CD⊥AD.因为DE∩AD＝D，DE，AD⊂平面ADE，所以CD⊥平面ADE.又因为DM⊂平面ADE，所以CD⊥DM.又因为AB∥CD，所以AB⊥DM.因为AD＝DE，M为AE的中点，所以AE⊥DM.又因为AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE，所以MD⊥平面ABE.因为BE⊂平面ABE，所以BE⊥MD.17、如图：ABCD是正方形，O为正方形的中心，PO⊥底面ABCD，点E是PC的中点.求证：(1)PA//平面BDE；(2)平面PAC⊥平面BDE.答案：(1)证明见解析(2)证明见解析分析：（1）连接OE，则由三角形中位线定理可得OE//PA，再由线面平行的判定定理可证得结论，（2）由已知可得BD⊥AC，BD⊥PO，由线面垂直的判定定理可证得BD⊥面PAC，再由面面垂直的判定定理可证得结论（1）证明：连接OE，∵ABCD为正方形，∴O为AC中点，又∵E为PC中点，∴OE//PA，OE⊂面BDE，PA⊄面BDE，∴PA//面BDE，（2）证明：∵ABCD为正方形，BD⊥AC，又∵PO⊥面ABCD，BD⊂面ABCD，∴BD⊥PO，∵PO∩AC=O，PO⊂面PAC，AC⊂面PAC，∴BD⊥面PAC，∵BD⊂面BDE，∴面BDE⊥面PAC，18、如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为矩形，AB⊥BP，M，N分别为AC，PD的中点．（1）求证：MN∥平面ABP；（2）若BP⊥PC，求证：平面ABP⊥平面APC．答案：（1）证明见解析；（2）证明见解析.分析：（1）要证明线面平行，需证明线线平行，即连结BD，证明MN//BP；（2）要证明面面垂直，需证明线面垂直，利用垂直关系转化，证明PC⊥平面ABP.证明：（1）连结BD，由已知，M为AC和BD的中点，又∵N为PD的中点，∴MN∥BP．∵MN⊄平面ABP，BP⊂平面ABP，∴MN∥平面ABP．（2）∵AB⊥BP，AB⊥BC，BP∩BC＝B，∴AB⊥平面BPC．∵PC⊂平面BPC，∴AB⊥PC．∵BP⊥PC，AB∩BP＝B，∴PC⊥平面ABP．∵PC⊂平面APC，∴平面ABP⊥平面APC．19、用符号表示下列语句，并画出图形.（1）平面α与β相交于直线l，直线a与α，β分别相交于点A，B；（2）点A，B在平面α内，直线a与平面α交于点C，点C不在直线AB上.答案：（1）α∩β＝l，a∩α＝A，a∩β＝B；图象见解析；（2）A∈α，B∈α，a∩α＝C，C∉AB；图象见解析分析：由题意将自然语言转化为符号语言,根据点线面的关系,借用集合符号,表示即可.（1）用符号表示：α∩β＝l,a∩α＝A,a∩β＝B，如图.（2）用符号表示：A∈α,B∈α,a∩α＝C,C∉AB，如图.小提示：本题主要考查点、线、面的关系的符号表达,属于基础题.。
2019-2020学年高中数学 第一章 立体几何初步 7.3 球练习(含解析)北师大版2
7．3 球填一填1。
球的截面用一个平面α去截半径为R的球O的球面得到的是圆．有以下性质:(1)若平面α过球心O，则截线是以O为圆心的球的大圆．(2）若平面α不过球心O，如图,设OO′⊥α，垂足为O′，记OO′＝d，对于平面α与球面的任意一个公共点P，都满足OO′⊥O′P,则有O′P＝错误!,即此时截线是以O′为圆心，以r ＝错误!为半径的球的小圆．2．球的切线（1)定义:与球只有唯一公共点的直线叫作球的切线．如图，l为球O的切线，M为切点．(2)性质：①球的切线垂直于过切点的半径；②过球外一点的所有切线的长度都相等．3．球的表面积与体积公式前提条球的半径为R件表面积S＝4πR2公式体积公V＝错误!πR3式判一判1。
球的体积是关于球半径的一个函数．(√)2．球的表面积是关于球半径的一个函数．(√）3．球的表面积等于球的体积的6倍．(×)4．决定球的大小的因素是球的半径．(√)5．球面被经过球心的平面截得的圆的半径等于球的半径．（√）6．球的体积V与球的表面积S的关系为V＝错误!S.(√)7．正方体的外接球的半径等于它的体对角线．（×）8．球的半径扩大到原来的2倍，则它的表面积增大到原来的2倍．(×)想一想1.提示：（1）由三视图计算球或球与其他几何体的组合体的表面积与体积,最重要的是还原组合体，并弄清组合体的结构特征和三视图中数据的含义，根据球与球的组合体的结构特征及数据计算其表面积或体积．此时要特别注意球的三种视图都是直径相同的圆．(2）计算球与球的组合体的表面积与体积时要恰当地分割与拼接，避免重叠和交叉等．2．求解球的截面问题的方法归纳．提示：设球的截面圆上一点A，球心为O，截面圆心为O1，则△AO1O是以O1为直角顶点的直角三角形,解答球的截面问题时，常用该直角三角形求解，并常用过球心和截面圆心的轴截面进行求解．3．求球的表面积与体积的一个关键和两个结论．提示:关键:把握住球的表面积公式S球＝4πR2，球的体积公式V球＝错误!πR3是计算球的表面积和体积的关键,半径与球心是确定球的条件．把握住公式，球的体积与表面积计算的相关题目也就迎刃而解了．两个结论：①两个球的表面积之比等于这两个球的半径比的平方；②两个球的体积之比等于这两个球的半径比的立方．4．常见的与球有关的切接问题有哪些？提示：（1)正方体的内切球．球与正方体的六个面都相切，称球为正方体的内切球，此时球的半径为r1＝错误!，过在一个平面上的四个切点作截面如图①。
高三立体几何习题(含问题详解)
C BAC1B1A1高三立体几何习题一、填空题1.已知AB是球O的一条直径，点1O是AB上一点，若14OO=，平面α过点1O且垂直AB，截得圆1O，当圆1O的面积为9π时，则球O的表面积是．【答案】100p2.把一个大金属球表面涂漆，共需油漆2.4公斤．若把这个大金属球熔化制成64个大小都相同的小金属球，不计损耗，将这些小金属球表面都涂漆，需要用漆公斤．【答案】9.63.已知球的表面积为64π2cm，用一个平面截球，使截面圆的半径为2cm，则截面与球心的距离是cm【答案】234.一个圆锥与一个球体积相等且圆锥的底面半径是球半径的2倍，若圆锥的高为1，则球的表面积为．【答案】4p5.一个底面置于水平面上的圆锥，若主视图是边长为2的正三角形，则圆锥的侧面积为．【答案】4p6.如图所示：在直三棱柱111ABC A B C-中，AB BC⊥，1AB BC BB==，则平面11A B C与平面ABC所成的二面角的大小为．【答案】4π二、选择题1.如图，已知圆锥的底面半径为10r=，点Q为半圆弧AB的中点，点P为母线SA的中点．若PQ与SO所成角为4π，则此圆锥的全面积与体积分别为（）A．100051006,3ππB．10005100(16),3ππ+C．100031003,3ππD．10003100(13),3ππ+【答案】B2.如图，取一个底面半径和高都为R的圆柱，从圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥，把所得的几何体与一个半径为R的半球放在同一水平面α上．用一平行于平面α的平面去截这两个几何体，截面分别为圆面和圆环面（图中阴影部分）．设截面面积分别为S圆和S圆环，那么（）A．S圆＞S圆环 B．S圆＜S圆环 C．S圆=S圆环 D．不确定PSAQOB3.如图所示，PAB ∆所在平面α和四边形ABCD 所在的平面β互相垂直，且AD α⊥，BC α⊥，4AD =，8BC =，6AB =，若tan 2tan 1ADP BCP ∠-∠=，则动点P 在平面α内的轨迹是（ ） A.线段 B.椭圆的一部分 C.抛物线 D.双曲线的一部分 【答案】D4.在空间中，下列命题正确的是（ ）A ．若两直线,a b 与直线l 所成的角相等，那么//a bB ．空间不同的三点A 、B 、C 确定一个平面C. 如果直线//l 平面α且//l 平面β，那么//αβ D ．若直线a 与平面M 没有公共点，则直线//a 平面M【答案】D5.如图，已知直线l ⊥平面α，垂足为O ，在ABC △中，2,2,22BC AC AB ===，点P 是边AC 上的动点.该三角形在空间按以下条件作自由移动：(1)A l ∈，(2)C α∈.则OP PB +的最大值为( )(A) 2. (B) 22. (C) 15+. (D) 10.【答案】C6.平面α上存在不同的三点到平面β的距离相等且不为零，则平面α与平面β的位置关系为（ ）)(A 平行 )(B 相交 )(C 平行或重合 )(D 平行或相交【答案】D7.a b c 、、表示直线，α表示平面，下列命题正确的是（ ）A ．若//,//αa b a ，则//αbB ． 若,α⊥⊥a b b ，则α⊥aC ．若,⊥⊥a c b c ，则//a bD ．若,αα⊥⊥a b ，则//a b 【答案】D8.下列命题中，正确的个数是【 】① 直线上有两个点到平面的距离相等，则这条直线和这个平面平行； ② a 、b 为异面直线，则过a 且与b 平行的平面有且仅有一个； ③ 直四棱柱是直平行六面体；④ 两相邻侧面所成角相等的棱锥是正棱锥．A 、0B 、1C 、2D 、3 【答案】B9.在四棱锥ABCD V -中，1B ，1D 分别为侧棱VB ，VD 的中点，则四面体11CD AB 的体积与四棱锥 ABCD V -的体积之比为（ ）A ．6:1B ．5:1C ．4:1D ．3:1βαP B A DC A Bl C αNPO【答案】C三、解答题1.（本题满分14分）本题共有2小题，第(1)小题满分6分，第(2)小题满分8分． 如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，11AD AA ==，2AB =，点E 在棱AB 上移动． （1）证明：11D E A D ⊥；（2）AE 等于何值时，二面角1D EC D --的大小为4π．【答案】解：（1）在如图所示的空间直角坐标系中，11(1,0,1),(0,0,0),(0,0,1)A D D 设(1,,0)([0,2])E y y ∈ 则11(1,,1),(1,0,1)D E y DA =-=…所以110D E DA ⋅=……所以11D E A D ⊥……（2）方法一：设(,,)n u v w =为平面1D CE 的一个法向量由1100n CD n D E ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得200v w u yv w -+=⎧⎨+-=⎩，所以(2)2u y v w v =-⎧⎨=⎩…因为二面角1D EC D --的大小为4π，所以2222(0,0,1)(,,)22cos ||42(2)5u v w u v wy π⋅===++-+ 又[0,2]y ∈，所以23y =-，即当23AE =-时二面角1D EC D --的大小为4π2.（本题满分14分）本题共有2小题，第(1)小题满分6分，第(2)小题满分8分． 如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，11AD AA ==，2AB =，点E 在棱AB 上移动． （1）当E 为AB 的中点时，求四面体1E ACD -的体积； （2）证明：11D E A D ⊥．【答案】解：（1）1122ACE S AE BC ∆=⋅=… 因为1D D ACE ⊥平面，所以1111136E ACD D ACE ACE V V S D D --∆==⋅=… （2）正方形11ADD A 中，11A D AD ⊥……因为11AB ADD A ⊥平面，所以1AB A D ⊥…所以11A D AD E ⊥平面…所以11D E A D ⊥……D 1C 1A 1A E DB 1B C Ox yzD 1C 1A 1AEDB 1B C3.三棱柱111C B A ABC -中，它的体积是315，底面ABC ∆中，090=∠BAC ，3,4==AC AB ,1B 在底面的射影是D ，且D 为BC 的中点．（1）求侧棱1BB 与底面ABC 所成角的大小；(7分)（2）求异面直线D B 1与1CA 所成角的大小．(6分)【答案】解：（1）依题意，⊥D B 1面ABC ，BD B 1∠就是侧棱1BB 与底面ABC 所成的角θ 2分111111431532ABC A B C ABC V S B D B D -∆=⋅=⨯⨯⨯=4分1532B D =5分计算25=BD ，θθtan 25tan 1==BD D B ， tan 3,3πθθ=∴= 7分 （2）取11C B 的中点E ，连E A EC 1,，则1ECA ∠（或其补角）为所求的异面直线的角的大小 9分 ⊥D B 1面ABC ，D B 1‖CE ，面ABC ‖面111C B A ⊥∴CE 面111C B A ，E A CE 1⊥∴ 11分33325tan 251===∠EC AE CE A 12分 所求异面直线D B 1与1CA 所成的角6π13分4.在如图所示的几何体中，四边形CDPQ 为矩形，四边形ABCD 为直角梯形，且90BAD ADC ∠=∠=，平面CDPQ ⊥平面ABCD ，112AB AD CD ===，2PD =.（1）若M 为PA 的中点，求证：AC //平面DMQ ；（2）求平面PAD 与平面PBC 所成的锐二面角的大小.【答案】解：（1）如图，设CP 与M 的交点为N ，连接MN ．易知点N 是CP 的中点，又M 为PA 的中点，故//AC MN ．…4分于是，由MN ∉平面DMQ ，得//AC 平面DMQ ．……………6分 （2）如图，以点D 为原点，分别以DA DB DC 、、为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则(0,0,0),(1,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)D A B C P ．易知1(0,1,0)n =为平面PAD 的一个法向量，设2(,,)n x y z =为平面PBC 的一个法向量．则220220n BC x y n PC y z ⎧=-+=⎪⎨=-=⎪⎩2x yz y =⎧⎪⇒⎨=⎪⎩，令1y =，得2(1,1,2)n =．…………………10分 设平面PAD 与平面PBC 所成的锐二面角为θ，则12121cos 2n n n n θ==，…………………12分 1A ABCQP D M(第20题图）D 1C 1B 1BCDA 1A故平面PAD 与平面PBC 所成的锐二面角的大小为3π．………………………………………14分5.(本题满分14分) 本题共2个小题，第1小题6分，第2小题8分. 在如图所示的直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为2的 菱形，且60,BAD ∠=︒1 4.AA =（1）求直四棱柱1111ABCD A B C D -的体积； （2）求异面直线11AD BA 与所成角的大小．【答案】解：（1）因菱形ABCD 的面积为2sin 6023,AB ⋅︒= ……2分故直四棱柱1111ABCD A B C D -的体积为：12348 3.ABCD S AA ⋅=⨯=底面……6分（2）连接111BC A C 、，易知11//BC AD ，故11A BC ∠等于异面直线11AD BA 与所成角. ……8分由已知，可得111125,23,A B BC AC === ……10分则在11A BC ∆中，由余弦定理，得 222111111117cos .210A B BC AC A BC A B BC +-∠==⋅ ……12分 故异面直线11AD BA 与所成角的大小为7cos .10arc……14分6.（本题满分12分）本题共2小题，第1小题满分6分，第2小题满分6分.在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，13AA =，过11,,A C B 三点的平面截去长方体的一个角后，得到如下所示的几何体111ABCD AC D -.（1）若11A C 的中点为1O ，求求异面直线1BO 与11A D 所成角的大小（用反三角函数值表示）；（2）求点D 到平面11A BC 的距离d ．【答案】解：(1)按如图所示建立空间直角坐标系．由题知，可得点D(0,0,0)、(2,2,0)B 、1(0,0,3)D 、1(2,0,3)A 、1(0,2,3)C ． 由1O 是11A C 中点，可得1(1,1,3)O . 于是，111(1,1,3),(2,0,0)BO A D =--=-． 设异面直线1BO 与11A D 所成的角为θ，则111111211cos 11||||211BO A D BO A D θ⋅===．因此，异面直线1BO 与11A D 所成的角为11arccos 11． (2)设(,,)nx y z =是平面ABD 的法向量． ∴110,0.n BA n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 又11(0,2,3),(2,0,3)BA BC =-=-，∴230,230.y z x z -+=⎧⎨-+=⎩ 取2z =， ABCD1A 1C 1D可得3,3,2.x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩即平面11BA C 的一个法向量是(3,3,2)n =． ∴||n DB d n ⋅=62211=．7.(本题满分12分)本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分6分．在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，13AA =，过1A 、1C 、B 三点的平面截去长方体的 一个角后，得到如下所示的几何体111ABCD AC D -．（1）求几何体111ABCD AC D -的体积，并画出该几何体的左视图(AB 平行主视图投影所在的平面)； （2）求异面直线1BC 与11A D 所成角的大小（结果用反三角函数值表示）．【答案】解： 2AB BC ==，13AA =，11111=2232231032ABCD A D C V V V -∴=-⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=长方体三棱锥．左视图如右图所示． (2)依据题意，有11,A D AD AD BC ，即11A D BC ． ∴1C BC ∠就是异面直线1BC 与11A D 所成的角． 又1C C BC ⊥，∴113tan 2C C C BC BC ∠==．∴异面直线1BC 与11A D 所成的角是3tan 2arc ． 8. (本题满分12分)本题共有2个小题，第1小题满分4分，第2小题满分8分．如图，在直三棱柱111C B A ABC -中，已知21===AB BC AA ，AB ⊥BC ． （1）求四棱锥111A BCC B -错误！未指定书签。
高中数学 空间几何体的外接球与内切球 练习题(含答案)
八个有趣模型——搞定空间几何体的外接球与内切球球作为立体几何中重要的旋转体之一，成为考查的重点．要熟练掌握基本的解题技巧．还有球的截面的性质的运用，特别是其它几何体的内切球与外接球类组合体问题，以及与球有关的最值问题,更应特别加以关注的．试题一般以小题的形式出现,有一定难度．解决问题的关键是画出正确的截面，把空间“切接”问题转化为平面“问题”处理．类型一、墙角模型（三条线两个垂直，不找球心的位置即可求出球半径）图2图3方法：找三条两两垂直的线段，直接用公式2222)2(c b a R ++=，即2222c b a R ++=，求出R 例1 （1）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，则这个球的表面积是（ C ） A ．π16 B ．π20C ．π24D ．π32 （2）若三棱锥的三个侧面两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是 π9 （3）在正三棱锥S ABC -中，M N 、分别是棱SC BC 、的中点，且MN AM ⊥,若侧棱SA =,则正三棱锥ABC S -外接球的表面积是 。
π36（4）在四面体S ABC -中，ABC SA 平面⊥，,1,2,120====∠︒AB AC SA BAC 则该四面体的外接球的表面积为（ D ）π11.A π7.Bπ310.C π340.D （5）如果三棱锥的三个侧面两两垂直，它们的面积分别为6、4、3，那么它的外接球的表面积是 29π（6）已知某几何体的三视图如图所示，三视图是腰长为1的等腰直角三角形和边长为1的正方形，则该几何体外接球的体积为2类型二、垂面模型（一条直线垂直于一个平面） 1．题设：如图5，⊥PA 平面ABC 解题步骤：第一步：将ABC ∆画在小圆面上，A 为小圆直径的一个端点，作小圆的直径AD ，连接PD ，则PD 必过球心O ；第二步：1O 为ABC ∆的外心，所以⊥1OO 平面ABC ，算出小圆1O 的半径r D O =1（三角形的外接圆直径算法：利用正弦定理，得r C c B b A a 2sin sin sin ===），PA OO 211=； 第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径：①222)2()2(r PA R +=⇔22)2(2r PA R +=；图5②2122OO r R +=⇔212OO r R +=2．题设：如图6，7，8，P 的射影是ABC ∆的外心⇔三棱锥ABC P -的三条侧棱相等⇔三棱锥ABC P -的底面ABC ∆在圆锥的底上，顶点P 点也是圆锥的顶点图6PADO 1OCB图7-1PAO 1O CB图7-2PAO 1O CB图8PAO 1OCB图8-1DPOO 2ABC图8-2POO 2ABC图8-3DPOO 2AB解题步骤：第一步：确定球心O 的位置，取ABC ∆的外心1O ，则1,,O O P 三点共线；第二步：先算出小圆1O 的半径r AO =1，再算出棱锥的高h PO =1（也是圆锥的高）；第三步：勾股定理：21212O O A O OA +=⇒222)(r R h R +-=，解出R方法二：小圆直径参与构造大圆。
专题9：立体几何中球的相关问题高考真题(原卷版)
专题9：立体几何中球的相关问题高考真题（原卷版）一、单选题1．2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ）已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙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 ．32π2．2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ）已知△ABC 是面积为93的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）A ．3B ．32C ．1D ．3 3．2018年全国卷Ⅲ理数高考试题设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 ．123 B ．183 C ．243 D ．5434．2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅱ）如图,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 ．36πB ．64πC ．144πD ．256π5．2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ）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 ．6π B ．46π C ．26π D 6π6．2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（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互相垂直的半径.若该几何体的体积是，则它的表面积是A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π7．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3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 ．3π4C ．π2D ．π4 8．2016年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国2卷）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 【答案】A【解析】试题分析：因为正方体的体积为8，所以棱长为2，所以正方体的体对角线长为23，所以正方体的外接球的半径为3，所以该球的表面积为24(3)12ππ⋅=，故选A.【考点】 正方体的性质，球的表面积【名师点睛】与棱长为a 的正方体相关的球有三个： 外接球、内切球和与各条棱都相切的球，其半径分别为3a 、2a 和22a .9．2016年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3卷）在封闭的直三棱柱内有一个体积为V 的球，若，，， ，则该球体积V 的最大值是A ．B ．C ．D ． 10．2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅱ） 已知是球的球面上两点,,为该球面上的动点.若三棱锥体积的最大值为36,则球的表面积为（ ） A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π11．2010年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷）新课标文科数学设长方体的长、宽、高分别为2,,a a a ，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为 A ．3πa 2B ．6πa 2C ．12πa 2D ．24πa 2二、填空题12．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷）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______．13．2017年全国普通高等学校招生统一考试数学（江苏卷）如图，在圆柱O 1 O 2 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O 1 O 2 的体积为V 1 ,球O 的体积为V 2，则12V V 的值是_____14．浙江省理科数学试卷（带解析）如图，已知球O 是棱长为1 的正方体1111ABCD A B C D -的内切球，则平面1ACD 截球O 的截面面积为 ．。
高中数学第八章立体几何初步8.3第课时球的表面积和体积练习含解析第二册
第八章8.3 第2课时A级——基础过关练1．(2020年银川期末)长方体的长，宽，高分别为a,2a,2a它的顶点都在球面上,则这个球的体积是(）A．错误!B．错误!C．错误!D．错误!【答案】C【解析】设这个球的半径为R，根据条件可知，外接球直径2R＝错误!＝3a,则R＝错误!a，所以该球的体积为错误!πR3＝错误!πa3。
故选C．2．已知球的表面积为16π,则它的内接正方体的表面积S的值是（）A．4πB．32C．24D．12π【答案】B【解析】设球的内接正方体的棱长为a，由题意知球的半径为2，则3a2＝16，所以a2＝错误!，正方体的表面积S ＝6a2＝6×错误!＝32。
故选B．3．用与球心距离为1的平面去截球，所得截面圆的面积为π，则球的表面积为（)A．错误!B．错误!C．8πD．错误!【答案】C【解析】设球的半径为R,则截面圆的半径为错误!,∴截面圆的面积为S＝π错误!2＝（R2－1)π＝π。
∴R2＝2。
∴球的表面积S＝4πR2＝8π.4．把一个铁制的底面半径为r，高为h的实心圆锥熔化后铸成一个铁球，则这个铁球的半径为（）A．错误!B．错误!C．错误!D．错误!【答案】C【解析】设铁球的半径为R，因为错误!πr2h＝错误!πR3，所以R＝错误!.故选C．5．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．错误!C．错误!D．错误!【答案】B【解析】设圆柱的底面半径为r，球的半径为R，且R＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r，R及圆柱的高的一半构成直角三角形．∴r＝错误!＝错误!.∴圆柱的体积为V＝πr2h＝错误!π×1＝错误!。
故选B．6．若一个球的表面积与其体积在数值上相等，则此球的半径为________．【答案】3 【解析】设此球的半径为R ，则4πR 2＝错误!πR 3,R ＝3.7．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积为________．【答案】16π 【解析】设正四棱锥的高为h ，底面边长为a .由V ＝13a 2h ＝a 2＝6,得a ＝错误!.由题意知球心在正四棱锥的高上，设球的半径为r ，则（3－r )2＋（3）2＝r 2，解得r ＝2,则S 球＝4πr 2＝16π.8．如图，在圆柱O 1O 2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O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则错误!的值是________．【答案】错误! 【解析】设球O 的半径为R ,∵球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切,∴圆柱O 1O 2的高为2R ,底面半径为R 。
2020届高三立体几何专题《球》
球一、基本知识点由于球的任一截面均为圆，所以圆的许多性质，如相交弦定理，切线定理，切割线定理对球仍然成立，注意球的截面即球的大圆的特殊性及应用。
1．表面积：24R S π=，R 为球的半径； 球的体积：334R V π=,R 为球的半径；例1.设球的半径为时间t 的函数()R t ，若球的体积以均匀速度C 增长，则球的表面积的增长速度与球的半径（ ）A ．成正比，比例系数为CB ．成正比，比例系数为2C C ．成反比，比例系数为CD ．成反比，比例系数为2C2．外切于半径为r 的球的多面体的体积：rS V 31=（S 为多面体的表面积）；3．多球堆垒问题“抓球心”；4．球与规则多面体或旋转体的组合体问题“找截面”：一是过球心的截面；二是过多面体表 面或棱的截面；5.棱长为a 的正方体：外接球半径2a ；内切球半径：12a ；棱切球半径：2a ；6.棱长为a 正四面体：外接球半径4a ；内切球半径：12a ；棱切球半径：4a ；7．需要掌握的常见问题：（1）球的截面问题； （2）球与多面体的组合题问题； （3）球与球的组合问题二、典型例题选讲例1.已知半径为5的球O 的两个平行截面12,O O 的周长分别为6π和8π，则这两个截面间的距离是例2.已知平面α截一球面得圆M ，过圆心M 且与α成60︒二面角的平面β截该球面得圆N .若该球的半径为4，圆M 的面积为4π，则圆N 的面积为A ．7πB ．9πC ．11πD ．13π例3.已知球的半径为4，圆与圆为该球的两个小圆，为圆与圆的公共弦，．若，则两圆圆心的距离 ．例4.(2017全国卷Ⅰ)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 ．例5.(2019年全国Ⅰ卷)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 ∠=o ，则球O的体积为（ ） A． B． C． DO M N AB M N 4AB =3OM ON ==MN =例 6.已知三棱锥S ABC −的所有顶点都在球O 的球面上，且SC ⊥平面ABC 若1,120SC AB AC BAC ===∠=︒ 则球O 的表面积为 .例7.已知四棱锥P ABCD −的顶点都在球O 上，底面ABCD 是矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PAD ∆为正三角形，24AB AD == 则球O 的表面积为 A.323π B.32π C.64π D.643π例8.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．例9．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．图1例10．如图，在棱长为a 的正方体1111D C B A ABCD −中，P 为过正方体表面正方形ABCD ，11B BCC ，1111D C B A ，DA D A 11的中心的圆上的一动点，Q 为正方形ABCD 的内切圆上的一动点，R 为过顶点11,,,A D C B 的圆上的一动点，则QR PQ +的最小值为（ ）A ．a 223−B ．a 21C ．a 212− D ．a 213−例11. 如图所示，一个圆柱形乒乓球筒，高为40厘米，底面半径为4厘米．球筒的上底和下底分别粘有一个乒乓球，乒乓球与球筒底面及侧面均相切（球筒和乒乓球厚度忽略不计）．一个平面与两乒乓球均相切，且此平面截球筒边缘所得的图形为一个椭圆，则该椭圆的离心率为 ．例12.（1）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．（2）四个半径为1的球两两外切，求和这四个球都相切的球的半径.思考题：（3）四个半径分别为2，2，3，3的球两两外切，求和这四个球都相切的球的半径三、补充练习1. 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 ．274π2. 已知三棱柱111ABC A B C −的侧棱垂直于底面，各项点都在同一球面上. 若该棱柱的体积2AB =，1AC =，60BAC ∠=︒，则此球的表面积等于（ ） A ．2πB ．4πC ．6πD ．8π3. 在三棱锥D ABC −中，1AB BC == 2AD = BD = AC =BC AD ⊥，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）AB ．6πC ．5πD ．8π4. 在四面体ABCD 中，60,3,2ABC ABD CBD AB CB DB ∠=∠=∠====o，则此四面体外接球的表面积为（ ）A ．192π B ．24C ．17πD ．65. 在三棱锥A BCD −中，6,5AB CD AC BD AD BC ======，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）A ．24B ．6C ．432π D ．43π6. 设正三棱锥A BCD −的所有顶点都在球O 的球面上，1,,BC E F =分别是,AB BC 的中点，EF DE ⊥，则球O 的半径为（ ）A.3 B. 4C. 2D.47. 已知三棱锥S ABC −的所有顶点都在球O 的求面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =，则此棱锥的体积为（ ）A.6B.6C.3D.28. 已知平面α截一球面得圆M ，过圆心M 且与α成60o 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. 如图，平面四边形ABCD 中， 1AB AD CD ===，BD =BD CD ⊥，将其沿对角线BD 折成四面体A BCD '−，使平面A BD '⊥平面BCD ，若四面体A BCD '−顶点在同一球面上，则该球的体积为（ ）A.3B. 3πC.2D. 2π10. 在菱形ABCD中，60,A AB =︒=，将ABD ∆折起到PBD ∆的位置，若二面角P BD C −−的大小为23π，则三棱锥P BCD −的外接球的体积为（ ） A ．43πB．2C．6D．211. 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 .12. 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 .13. 在三棱柱111ABC A B C −中，已知1AA ⊥平面ABC ，且12AB AC AA ===，BC =，该三棱柱的各个顶点都在一个球面上，则球的表面积为 .BDABDCA'14. 已知三棱锥P ABC −的四个顶点都在球O 的球面上，BC AB ⊥且10,51,5,7====AC PC PB PA ，则球O 的体积为 .15.已知,,,A B C D 四点在半径为2的球面上，且5,AC BD AD BC AB CD ====，则三棱锥D ABC −的体积是 .16. 如图，在四面体ABCD 中，AB BCD ⊥平面，BCD △是 边长为3的等边三角形. 若2AB =，则四面体ABCD 外接球 的面积为_______________.17. 已知ABC ∆的三个顶点在以O 球心的球面上，且cos 3A =，1,3BC AC ==，三棱锥O ABC −的体积为6，则球O 的表面积为 .18. 在棱长为2的正四面体ABCD 中，G 为BCD ∆的重心，M 为线段AG 的中点，则三棱锥M BCD −外接球的表面积为 .19. 在正三棱锥S ABC −中，,M N 分别是棱,SC BC 的中点，且MN AM ⊥ . 若侧棱，则正三棱锥ABC S −外接球的表面积是 .20. 已知边长为1的等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ，二面角C AB D −−的余弦值为3，若,,,,A B C D E 在同一球面上，则此球的体积为 .SA =DC球 练习题参考答案1—10：ADBAD BADCC11.34π 12. 13.20π 14.5003π 15.816.16π 17. 16π 18. 6π 19. 36π 20.3。
立体几何内切球与外接球练习(含答案)-题型全面
几何体与球的切接1.已知侧棱与底面垂直的三棱柱ABC−A1B1C1满足AA1=2AB=2BC=4，∠ABC=90∘，则其外接球的表面积为______．2.正四棱锥P−ABCD的侧棱和底面边长都等于2√2，则它的外接球的表面积是()A. 16πB. 64πC. 16π3D. 64π33、在△ABC中，AB=8，BC=6，AC=10，P为△ABC外一点，满足PA=PB=PC= 5√5，则三棱锥P−ABC的外接球的半径为______．4、如图所示，在三棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABC，AC=1，AB=3，BC=√7，PA=√63，则该三棱锥外接球的表面积为______．5.已知正四面体的棱长为4，则此四面体的外接球的表面积是( )A. 24πB. 18πC. 12πD.6π6、已知四棱锥的顶点都在球O的球面上，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥底面ABCD，ΔPAD为正三角形，AB=2AD=4，则球O的表面积为( )A. 56π3B. 64π3C. 24πD. 80π37.三棱锥P−ABC的一条棱长为m，其余棱长均为2，当三棱锥P−ABC的体积最大时，它的外接球的表面积为()A. 21π4B. 20π3C. 5π4D. 5π38、已知三棱锥S−ABC的三条侧棱SA.SB.SC两两互相垂直，且AC=√13，此三棱锥的外接球的表面积为14π，设AB=m，BC=n，则m+n的最大值为()A. √30B. 4√2C. √35D. 3√59.在正三棱锥S−ABC中，M，N分别是SC，BC的中点，且MN⊥AM，若侧棱SA=2√2，则正三棱锥S−ABC外接球的体积是()A. 8√6πB. 12πC. 24πD. 4√6π10.已知三棱锥D−ABC的体积为2，△ABC是边长为2的等边三角形，且三棱锥D−ABC的外接球的球心O恰好是CD的中点，则球O的表面积为A. 52π3B. 40π3C. 25π3D. 24π11.在三棱锥A−SBC中，AB=√10，∠ASC=∠BSC=π4，AC=AS，BC=BS，若该三棱锥的体积为√153，则三棱锥S−ABC外接球的体积为A. πB. 4√3πC. √5πD. π312、如图，求一个棱长为√2的正四面体的体积，可以看成一个棱长为1的正方体截去四个角后得到，类比这种方法，一个三对棱长相等的四面体ABCD ，其三对棱长分别为AB =CD =√5,AD =BC =√13,AC =BD =√10，则此四面体的体积为_______13.三棱锥中成异面直线的一对棱称为相对的棱，已知三棱锥A −BCD 中三组相对的棱分别相等，AB =5，BC =√41，且所有顶点都在一个半径为5√22的球面上，则三棱锥A −BCD 的体积为________．14、已知如图所示的几何体是由一个半球与一个圆锥组合而成的，其中半球的大圆面与圆锥的底面重合，且圆锥的母线长与底面直径均为2，若在该几何体内部放入一球，则此球半径的最大值为( )A. 1B. √22C. √3+13D. √3+1215、已知一个高为1的三棱锥，各侧棱长都相等，底面是边长为边长为2的等边三角形，内有一个体积为V 的球，则V 的最大值为( )A. 4 π 81B. C. D.1、【答案】24π解：由题意，直三棱柱ABC −A 1B 1C 1的底面ABC 为等腰直角三角形， 把直三棱柱ABC −A 1B 1C 1补成正四棱柱， 则正四棱柱的体对角线是其外接球的直径，所以外接球半径为R =√4+4+162=√6，表面积为S =4π⋅6=24π．故答案为24π． 2.【答案】A解：如图，设正四棱锥底面的中心为O 1，设外接球的球心为O ， 则O 在正三棱锥的高PO 上． 在直角三角形ABC 中，AC =√2AB =√2×2√2=4，AO 1=2，则高PO 1=√AP 2−AO 12=√(2√2)2−22=√8−4=√4=2，则OO 1=PO 1−R =2−R ，OA =R ，在直角三角形AO 1O 中，R 2=(2−R)2+22，解得R =2，即O 与O 1重合， 即正四棱锥外接球的球心是它的底面的中心O 1，且球半径R =2， 球的表面积S =4πr 2=16π 3、【答案】52解：在△ABC 中，AB =8，BC =6，AC =10，所以AB 2+BC 2=AC 2， P 为△ABC 外一点，满足PA =PB =PC =5√5，则PD ⊥平面ABC ， 球心O 为PD 上一点，如图所示：所以：PD =√(PA)2−(PD)2=10， 设球的半径为R ，所以R 2=52+(10−R)2， 解得：R =52．故答案为：52 4、【答案】10π解：在底面△ABC 中，AC =b =1，AB =c =3，BC =a =√7， 由余弦定理，可得；cosA =b 2+c 2−a 22bc =1+9−72×1×3=12，即A =60°，由正弦定理可得，2r =asinA =√7√32，∴r =√213．∵PA ⊥底面ABC ，∴球心与圆心的距离为12AP =√66，∵球心与圆心的接线垂直，构成直角三角形，∴R 2=r 2+(√66)2，∴R 2=156，该三棱锥外接球的表面积S =4πR 2=10π．故答案为10π．5.【答案】A 解：如图所示∵正四面体A −BCD ，棱长AD =4， ∴此三棱锥一定可以放在正方体中， 将正四面体补成一个正方体，则正方体的棱长为2√2，正方体的对角线长为2√6，∵正四面体的外接球的直径为正方体的对角线长，外接球的半径为：√6， ∴外接球的表面积的值为4π·(√6)2=24π． 6、【答案】B解：令△PAD 所在圆的圆心为O 1，则圆O 1的半径，因为平面PAD ⊥底面ABCD ， 所以OO 1=12AB =2， 所以球O 的半径R =(2√33)=4√3，所以球O 的表面积=4πR 2=64π3．7、【答案】B解：由题意，三棱锥P −ABC 的一条棱长为m ，其余棱长均为2，可看成是菱形PABC ， 即PA =PC =AB =AC =BC =2，PD =m ．以AC 对折可得；当面ACP ⊥ABC 时，可得三棱锥P −ABC 的体积最大， 此时高为√3．底面为△ABC ，其外接圆半径r =√3，设外接球的半径为R ，球心与圆心的距离为x ，可得：(√3−x)2+(√33)2=R 2……①x 2+r 2=R 2……② 由①②解得：R 2=53 外接球的表面积S =4πR 2=20π3．8、【答案】A解：三棱锥S −ABC 的三条侧棱SA.SB.SC 两两互相垂直， 则此三棱锥的外接球为以SA ，SB ，SC 为棱的长方体的外接球，设SA =a ，SB =b ，SC =c ，外接球的半径为r ，则a 2+b 2+c 2=(2r )2=4r 2， 又因为外接球的表面积为，所以，解得r 2=72，所以a 2+b 2+c 2=4r 2=14，则{a 2+b 2=m 2b 2+c 2=n 2a 2+c 2=(√13)2，化简整理可得：a 2+b 2+c 2=12(m 2+n 2+13)=14， 则m 2+n 2=15，所以由基本不等式的性质：当m >0，n >0时，(m+n 2)2≤m 2+n 22=152，所以m +n ≤30，当且仅当m =n 时，取等号， 故选A ． 9、【答案】A解：∵M ，N 分别是棱SC 、BC 的中点， ∴MN//SB ，MN ⊥AM ，可得SB ⊥AM ， 由正三棱锥的性质可得SB ⊥AC ， ∴SB ⊥平面SAC ⇒SB ⊥SA 且SB ⊥AC ， ∵三棱锥S −ABC 是正三棱锥，∴SA 、SB 、SC 三条侧棱两两互相垂直．侧棱SA =2√2， ∴正三棱锥S −ABC 的外接球的直径为：2R =√(2√2)2+(2√2)2+(2√2)2=2√6，R =√6， 故正三棱锥S −ABC 外接球的体积是43πR 3=8√6π， 10、【答案】A解：设球O 的半径为R ，球心O 到平面ABC 的距离为d ， 由三棱锥D −ABC 的外接球的球心O 恰好是CD 的中点， 得V D−ABC =2V O−ABC =23×12×22×√32d =2，解得d =√3，所以R 2=(√3)2+(2√33)2=133，所以球O 的表面积为4πR 2=52π3，11、【答案】B解：如图，设SC 的中点为O ，AB 的中点为D ，连接OA ，OB ，OD ． 因为，AC =AS ，BC =BS ，所以∠SAC =SBC =90°，所以OA =OB =OC =OS =R ． 又OD ⊥AB ，且AB =√10，所以AD =DB =√102，OD =√R 2−52，则S ▵OAB =12⋅AB ⋅OD =12√10R 2−25．SC ⊥OA,SC ⊥OB,OA ∩OB =O ，则SC ⊥平面OAB ，所以V A−SBC =13×12√10R 2−25×2R =√153，解得R =√3．所以外接球的体积V =4π3⋅(√3)3=4√3π．11、【答案】B解：如图，设SC 的中点为O ，AB 的中点为D ，连接OA ，OB ，OD ．因为，AC =AS ，BC =BS ，所以∠SAC =SBC =90°， 所以OA =OB =OC =OS =R ．又OD ⊥AB ，且AB =√10，所以AD =DB =√102，OD =√R 2−52，则S ▵OAB =12⋅AB ⋅OD =12√10R 2−25．SC ⊥OA,SC ⊥OB,OA ∩OB =O ，则SC ⊥平面OAB ， 所以V A−SBC =13×12√10R 2−25×2R =√153，解得R =√3．所以外接球的体积V =4π3⋅(√3)3=4√3π．12.【答案】2解：设四面体ABCD 所在长方体的棱长分别为a ，b ，c ， 则{a 2+b 2=5a 2+c 2=13b 2+c 2=10，解得{a 2=4b 2=1c 2=9， ∴四面体的体积V =abc −13×12abc ×4=13abc =13√a 2b 2c 2=213.【答案】20解：由题意， 构造长方体，其面上的对角线构成三棱锥A −BCD ， 设长方体的长，宽，高分别为a ，b ，c ，则{2+b 2=25a 2+c 2=41a 2+b 2+c 2=50，解得a =4,b =3,c =5． 所以三棱锥A −BCD 的体积V =4×3×5−4×13×12×4×3×5=20． 14、【答案】C解：当球与圆锥母线相切，且与半球球面相切时，球的半径最大，其正投影如图，设放入球的半径为r ，则(√3+1)−r =2r ， 解得r =√3+13，故选C ．15、【答案】A 解：如图所示：设底面三角形ABC 的中心为G ， 由△ABC 是边长为2的正三角形， 得AG =23√22−12=2√33，又PG =1，∴PA =(2√33)=√213，即三棱锥侧棱长为√213，∴斜面底边上的高为ℎ=2√33，则一个侧面三角形的面积为12×2×2√33=2√33，设三棱锥内切球的半径为r ，则13×12×2×√3×1=(13×12×2×√3+3×13×12×2×2√33)r ，解得r =13，∴V 的最大值为43π×(13)3=4π81．故选A ．。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
立体几何-球-专题学案
练习
1.下列四个命题中错误．．
的个数是 （ ） ①经过球面上任意两点，可以作且只可以作一个球的大圆 ②球面积是它大圆面积的四倍 ③球面上两点的
球面距离，是这两点所在截面圆上以这两点为端点的劣弧的长
2.一平面截一球得到直径为6 cm 的圆面，球心到这个平面的距离是4 cm ，则该球的体积是 A.3π100 cm 3
B.3π208 cm 3
C.3π500 cm 3
D.3
π3416 cm 3
3.某地球仪上北纬30°纬线的长度为12π cm ，该地球仪的半径是_____________cm ，表面积是_____________cm 2.
预备
1. 球心到截面的距离与球半径及截面的半径有以下关系： ．
2. 球面被经过球心的平面截得的圆叫 ．被不经过球心的平面截得的圆叫 ．
3. 在球面上两点之间的最短连线的长度，就是经过这两点的大圆在这两点间的一段劣弧长，这个弧长
叫 ．
4. 球的表面积表面积S ＝ ；球的体积V ＝ ．
5. 球面距离计算公式：__________
典例剖析
（1）球面距离，截面圆问题
例1．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
6
1，经过这3个点的小圆的周长为4π，那么这个球的半径为 3 3 D. 3
练习： 球面上有三点A 、B 、C ，A 和B 及A 和C 之间的球面距离是大圆周长的，B 和C 之间的球面距离是大圆周长的，且球心到截面ABC 的距离是，求球的体积．
例2. 如图，四棱锥A －BCDE 中，，且AC ⊥BC ，AE ⊥BE ．
(1) 求证：A 、B 、C 、D 、E 五点都在以AB 为直径的同一球面上；
(2) 若求B 、D 两点间的球面距离．
（2）注意体会立体空间想象能力，不要把图形想象错误
例3. 在底面边长为2的正方体容器中，放入大球，再放入一个小球，正好可以盖住盖子（小球与大球都与盖子相切）， 求小球的半径。
（3）经度，维度问题
例4. 把地球看作半径为R 的球，A 、B 是北纬30°圈上的两点，它们的经度差为60°
，A 、B 两点间的球面距离为_____________
（4）球的外接与内切问题
例5. 求边长为1的正四面体的外接球的表面积和内切球的体积。
练习：1. 求底面边长为1，侧棱长为2的正三棱锥的外接球的体积和内切球的表面积。
2. 三棱锥O-ABC 的三条侧棱两两垂直，且长度分别为3,4,4 ； 求它的外接球和内切球的半径。
归纳
1．常考形式有以下几种：
（1） 球与截面圆的问题
（2） 球与棱柱，棱锥的结合，通常求体积，表面积；
（3） 维度，经度问题。
（4）外接球与内切球问题
2．注意球面距离容易搞错，它是与大圆相关。
3. 注意空间想象力的培养，避免把图形想象错误。
立体几何-球专题训练
A 组题：
1、,A B 是球面上相异两点，则经过,A B 可作的大圆个数为 （ ）
(A)只有一个 (B)无数个 (C)两个 (D)一个或无数个
2、半径为5的球被一个平面所截，截面面积为16π，则球心到截面的距离为 （ ）
(A) 4 (B) 3 (C)2.5 (D) 2
3、自半径为1的球面上一点Q ，作球的三条互相垂直弦,,QA QB QC ，则222QA QB QC ++=
（ ）
(A) 4 (B) 2 (C) 1 (D)不能确定
4、已知地球的半径为R ，在南纬α的纬度圈上有A,B 两点，若沿纬度圈这两点间的
距离为cos R πα，则A,B 两点间的球面距离为 （ ）
(A) R π (B) cos R πα (C) R α (D) (2)R πα-
5、球的半径为R ，,A B 是球面上两点，且球面距离为3R π
，则球心到过,A B 的
所有平面的距离中，最大距离为 （ ）
(A) R (B) 2R (C) 12
R (D) 不存在
6、两个平行平面去截半径为5的球，若截面面积分别为9,16ππ，则这两个平行
平面间的距离是 （ ）
(A) 1 (B) 7 (C) 3或4 (D) 1或7
B 组题：
1. 半径为R 的球“紧贴”在墙角处，则球心到墙角顶点的距离为 （ ） A. R B. R 2 C. R 3 D 。
R 2
2. 正四面体的外接球和内切球的体积之比是___________ ， 表面积之比是___________ .
3. 三棱锥O-ABC 的三条棱OA, OB, OC 两两垂直，OA=1，OB=OC=2，则内切球表面积为______ , 外接球体积为_____________ .
4.已知球O 的半径为1，A 、B 、C 三点都在球面上，且每两点间的球面距离均为
2π，则球心O 到平面ABC 的距离为 （ ） A. 31 B. 33 C. 32 D. 3
6
5. 已知过球面上A 、B 、C 三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB =BC =CA =2，则球面面积是（ ） A.9π16 B.3π8 π D.9
π64
6. 把地球看作半径为R 的球，A 、B 是北纬30°圈上的两点，它们的经度差为60°，A 、B 两点间的球面距离为_____________
.
7. 已知球面上的三点A 、B 、C ，AB =6，BC =8，AC =10，球的半径为13，求球心到平面ABC 的距离.
8. 将半径为R 的四个球，两两相切的放在桌面上固定，上面再放一个球，求上面一个球的球心到桌面的距离.
9. 在一个轴截面是正三角形的圆锥形容器中注入高为h 的水，然后将一个铁球放入这个圆锥形的容器中，若水面恰好和球面相切，求这个铁球的半径.。