球的高考题
2025年高考数学一轮复习(新高考版)第7章 §7.2 球的切、接问题[培优课]
![2025年高考数学一轮复习(新高考版)第7章 §7.2 球的切、接问题[培优课]](https://img.taocdn.com/s3/m/43068ca6760bf78a6529647d27284b73f24236d1.png)
题型二 补形法
例2 (1)(2023·大庆模拟)在正方形ABCD中，E，F分别为线段AB，BC的
中点，连接DE，DF，EF，将△ADE，△CDF，△BEF分别沿DE，DF，
EF折起，使A，B，C三点重合，得到三棱锥O－DEF，则该三棱锥的外
接球半径R与内切球半径r的比值为
A.2 3
√C.2 6
B.4 3 D. 6
(2)(2023·焦作模拟)已知三棱锥P－ABC的每条侧棱与它所对的底面边长 相等，且PA＝ 3 2 ，PB＝PC＝5，则该三棱锥的外接球的表面积为 __3_4_π__.
根据题意，三棱锥P－ABC可以嵌入一个长方体内，
且三棱锥的每条棱均是长方体的面对角线，设长方
体交于一个顶点的三条棱长分别为a，b，c，如图
3 3和 4 3 ，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为
√A.100π
B.128π
C.144π
D.192π
由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为
23× 23×3 3＝3，23× 23×4 3＝4. 设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2， 连接O1O2(图略)，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上. 设球O的半径为R， 当球心 O 在线段 O1O2 上时，R2＝32＋OO21＝42＋(1－OO1)2， 解得OO1＝4(舍去)；
Hale Waihona Puke 所示，则a2＋b2＝PA2＝18，a2＋c2＝PB2＝25，b2＋c2＝PC2＝25，解得a＝3，
b＝3，c＝4.
所以该三棱锥的外接球的半径 R＝ a2＋2b2＋c2＝ 32＋232＋42＝ 234，
所以该三棱锥的外接球的表面积 S＝4πR2＝4π×
2342＝34π.
球 高考试题解析
球（p30）例11 [2013·陕西卷] 某几何体的三视图如图1－2所示，则其表．面积为________．图1－2分析： 由三视图得该几何体为半径为1的半个球，则表面积为半球面＋底面圆，代入数据计算为S ＝12×4π×12＋π×12＝3π.答案：3π反思：由三视图求简单组合体的表面积，关键是还原几何体. （p31）例13 [2013·福建卷] 已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是__________．答案：12π 分析： 该多面体是一个球，中间内接一个棱长为2的正方体，设球的半径为R ，则2R ＝2 3 R ＝3，所以S 球＝4πR 2＝12π. （p31） 4．（2013年高考新课标1（理））如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高8cm,将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为6cm,如果不计容器的厚度,则球的体积为（ ）A ．35003cm π B ．38663cm π C ．313723cm πD ．320483cm π分析：设正方体上底面所在平面截球得小圆M ， 则圆心M 为正方体上底面正方形的中心．如图．设球的半径为R ，根据题意得球心到上底面的距离等于（R ﹣2）cm ，而圆M 的半径为4，由球的截面圆性质，得R 2=（R ﹣2）2+42，解出R=5，所以根据球的体积公式，该球的体积V===．故选A ．答案：A（p31） 9 [2013·辽宁卷] 已知直三棱柱ABC －A1B1C1的6个顶点都在球O 的球面上．若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA1＝12.则球O 的半径为( )A.3172 B ．210 C.132D ．310分析： 由题意将直三棱柱ABC －A1B1C1还原为长方体ABDC －A1B1D1C1，则球的直径即为长方体ABDC －A1B1D1C1的体对角线AD1，所以球的直径AD1＝AB2＋AC2＋AA21＝32＋42＋122＝13，则球的半径为132，故选C.答案：C（p31）12．有三个球，第一个球内切于正方体，第二个球与这个正方体的各条棱相切，第三个球过这个正方体的各个顶点．求这三个球的半径之比．解：设正方体的棱长为a ，球的半径分别为R 1，R 2，R 3.球内切于正方体时，球的直径和正方体的棱长相等，如图1所示，AB ＝2R 1＝a ，所以R 1＝a2；球与这个正方体的各条棱相切时，球的直径与正方体的面对角线长相等，如图2所示，CD ＝2R 2＝2a ，所以R 2＝2a 2； 当球过这个正方体的各个顶点时，也即正方体内接于球，此时正方体的八个顶点均在球面上，则正方体的体对角线长等于球的直径，如图3所示，EF ＝2R 3＝3a ，所以R 3＝3a 2. 故三个球的半径之比为1:2: 3. 答案：1:2:3（山东省潍坊市2013届高三第一次模拟考试理科数学）已知一圆柱内接于球O,且圆柱的底面直径与母线长均为2,则球为O 的表面积为_____.【答案】8π 圆柱的底面直径与母线长均为2,==,,所以球的表面积为248ππ⨯=.11．一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为1,2,3，则此球的表面积为________．解析 因为(2R )2＝12＋22＋32＝14，所以S 球＝4πR 2＝14π. 答案 14π.1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆，则这个几何体一定是( ) A ．圆柱 B ．圆锥C ．球体D ．圆柱，圆锥，球体的组合体解析：由球的性质可知用平面截球所得的截面都是圆面． 答案：C3．（2011·辽宁高考文科·Ｔ10）已知球的直径SC=4，A ，B 是该球球面上的两点，AB=2，∠ASC=∠BSC=45°，则棱锥S-ABC 的体积为 （A ）(B)(C)【思路点拨】找到直径SC 的垂截面是解决本题的关键．【精讲精析】选C ，设球心为O ，则BO AO ,是两个全等的等腰直角三角形斜边上的高，斜边,4=SO 故2==BO AO ，且有SC AO ⊥，SC BO ⊥． ∴)(31OC SO S V V V AOB AOB C AOB S ABC S +=+=∆---=3344243312=⨯⨯⨯． （2011·新课标全国高考理科·Ｔ15）已知矩形ABCD半径为4的球O 的球面上，且6,AB BC ==,则棱锥O ABCD -的体积为 __ .【思路点拨】画出图形，找出球心位置，然后数形结合求出棱锥O-ABCD 的体积.【精讲精析】如图所示，OO '垂直于矩形ABCD 所在的平面，垂足为O '，连接O 'B ，OB ，则在Rt ∆OOB '中，由OB ＝4, O B '=得OO '＝2,116233O ABCD V S OO -'∴=⋅=⨯⨯=（2011·新课标全国高考文科·Ｔ16）已知两个圆锥有公共底面，且两个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163，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________【思路点拨】画出图形，利用数形结合然后利用球及圆的性质求解 【精讲精析】13如图设球的半径为R ，圆锥的底面 圆半径为r ，则依题意得223416r R ππ=⨯，即cos 2r O CO R '=∠=130,2O CO OO R ''∴∠=︒∴=，11,22AO R R BO R R ''∴=-=+, 112.332RAO BO R '∴==' 1．（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））已知三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上,若34AB AC ==，,AB AC ⊥,112AA =,则球O 的半径为 （ ）AB．C ．132D．C由球心作面ABC 的垂线，则垂足为BC 中点M 。
高考数学 外接球30题-含答案
Hale Waihona Puke 一、单选题 1．在三棱锥 A BCD 中， BAC 120, BDC 60 ，二面角 A BC D 为直二面角，
当三棱锥 A BCD 的体积的最大值为 1 时，其外接球的表面积为（ ） 3
A．
10π 3
B．10π
C． 20π 3
D． 20π
试卷第 1页，共 30页
2．已知三棱锥 P ABC 满足 PA PB PC BC 2 3， BAC 60 ．则其外接球 O 的
S
ABC
的外接球体积分别为V1
， V2
，V，则
V1
V2 V
的取值范围是（
）
A．
2 2
,1
B． 1, 2
C． 2, 2
D． 3, 2
试卷第 10页，共 30页
11．如图， ABCD 为直角梯形， AB ∥CD, AD DC, AD 3,CD 3, AB 2 3 .连 AC ， 将△ADC 沿 AC 翻折成三棱锥 D ABC ，当三棱锥 D ABC 外接球表面积的最小值时， 二面角 D AC B 的余弦值为（ ）
A． 80 3 π 3
B．
70 3
π
C． 20π
D． 80 π 3
试卷第 3页，共 30页
4．在四面体
ABCD
中，
AB
BC
，
AB
AD
，向量
BC
与
AD
的夹角为
2π 3
，若
AB
6
，
BC AD 3 ，则该四面体外接球的表面积为（ ）
A．18π
B． 36π
C． 54π
D． 72π
试卷第 4页，共 30页
高考数学球的有关问题(解析版)
专题17 球的有关问题（解析版）球是最常见的一种几何体,在近几年高考题中与球有关的问题频繁出现。
在此类问题中,既可以考查球的表面积、体积及距离等基本量的计算,又可以考查球与多面体的相切接,同时也能很好地考查同学们的画图能力、空间想象能力、推理论证能力。
考查形式多以选择题和填空题出现。
本专题对近十年来，全国新课标卷理出现的与球有关的问题进行汇编和简要的分析。
球的有关性质性质1. 球的任意一个截面都是圆.其中过球心的截面叫做球的大圆，其余的截面都叫做球的小圆.性质2. 球的小圆的圆心和球心的连线垂直于小圆所在的平面. 反之，球心在球的小圆所在平面上的射影是小圆的圆心.性质3: 球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为:R 2=d 2+r 2. 性质4. 球的两个平行截面的圆心的连线垂直于这两个截面，且经过球心. 性质5. 球的直径等于球的内接长方体的对角线长.性质6. 若直棱柱的所有顶点都在同一个球面上，则该球的球心O 是直棱柱的两个底面的外接圆的圆心的连线的中点. 球有关问题易错点 易错点1：公式记忆错误易错点2：多面体与几何体的结构特征不清楚导致计算错误易错点3：简单的组合体画不出适当的截面图致误题组一：以三视图为背景 1．（2016I ）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28π3，则它的表面积是A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π 【解析】由三视图可知该几何体为球去掉一个81球，设球的半径为R ，则37428,833VR R=2, 故其表面积2271431784SR R2.（20131）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如不计容器的厚度，则球的体积为A.3cm 3500π B.3cm 3866π C.3cm 31372π D.3cm 32048π【解析】根据几何意义得出：边长为8的正方形，球的截面圆为正方形的内切圆，∴圆的半径为4，∵球面恰好接触水面时测得水深为6cm ，862d2224,=5R R R 球的半径为：即334500cm 33R 球的体积为：V=故选A. 题组二，以棱（圆）柱为载体3.(2010)设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为________.【解析】根据题意可知三棱柱是棱长都是a 的正三棱柱，设上下底面中心连线EF 的中点O ，则O 就是球心，其外切球的半径为OA1,又设D 为A1C1中点，在直角三角形EDA1中，110sin 603A D EA == 122211t ,2712aR OEA OE R OA OE EA a 在中，由勾股定理得∆===+=22774123a S a 球的表面积为ππ=⋅=4．(20173)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________. 【解析】圆柱的轴截面如图，1AC =，12AB =，所以圆柱底面半径32r BC ==，那么圆柱的体积是2233()14V r h πππ==⨯⨯=，故选B ． 题组三：以棱（圆）锥为载体5.(2012)已知三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC=2；则此棱锥的体积为_________.【解析】根据题意做出图，设球心为O ，过A 、B 、C 三点的小圆的圆心为O 1,则OO 1⊥平面ABC ，延长CO 交球于点D ，则SD ⊥平面ABC ，1123316,133CO OO 12623SD OO 高∵ΔABC 是边长为1的三角形313262,36ABCS ABCSV6.（20191）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________为底面三角形的中心PO BG O =，的中点，所以EF PB . 6．7.（2011）已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且6,AB BC ==则棱锥0-ABCD 的体积为 。
高考数学百大经典例题 球(新课标)
高考数学百大经典例题 球(新课标)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．典型例题二例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．典型例题三例3．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．典型例题四例4．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 <．说明：突出相关的面积与体积公式的准确使用，注意比较大小时运算上的设计．典型例题五例5．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． 典型例题六例6．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．图1 图2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=．典型例题七例7．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：由题意，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+． 说明：此类型题目对培养学生空间想象能力，并根据题意构造熟悉几何体都非常有帮助，且还可以适当增加一点实际背景，加强应用意识．典型例题八例8 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．典型例题九例9 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．典型例题十例10 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． 典型例题十一例11 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．典型例题十二例12 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．典型例题十三例13 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=⋅=， 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．典型例题十四例14 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=． 典型例题十五例15 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． 典型例题十六例16 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 ． 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 ⨯⨯+⨯⨯⨯=⨯⨯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+． 典型例题十七例17 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 ．典型例题十八例18 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． 典型例题十九例19 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．。
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 ．。
高考专题训练：传球问题
高考专题训练：传球问题1．（2014春•下城区校级期中）三人相互传球，由甲开始发球，经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方法的种数是（）A．6 B．8 C．10 D．162．（2013春•甘州区校级期末）如图A、B、C三个同学进行篮球传球训练，若每个同学传给另外两个中的某一个的可能性相同且从A起开始传球，则经过4次传球后篮球仍停在A 的概率是．3．（2007秋•宁海县校级月考）足球场上三个人相互传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过五次传球后，球又回到甲手中，则不同的传球种数有种．4．甲、乙、丙、丁各拿一个足球同时进行一次传球，要求每个人可以将球传给另外三人中的任何一人，一次传球后，每个人仍各有一个球的概率为．5．（2012春•酉阳县月考）A，B，C，D四名同学在操场上训练传球，球从A手中传出，记为第一次传球．设经过K次传球又传给A，不同的传球方法数为a k经过K+1次传球又传给A，不同的传球方法数为a k+1，运用归纳推理找出a k+1与a k（k∈N+且K≥2）的关系是．三．解答题（共7小题）6．n个人互相传球，由甲开始发球，经过m次传球后，球仍回到甲的手中，一共有多少种传法？（m≥2，n≥3）．7．（2014•安徽一模）甲乙丙丁四个人做传球练习，球首先由甲传出，每个人得到球后都等概率地传给其余三个人之一，设P n表示经过n次传递后球回到甲手中的概率，求：（1）P2之值；（2）P n（以n表示过n次传递后球落在甲的手中）8．（2015•文登市二模）星空电视台组织篮球技能大赛，每名选手都要进行运球、传球、投篮三项比赛，每个选手在各项比赛中获得合格与不合格的机会相等，且互不影响．现有A、B、C、D、E、F六位选手参加比赛，电视台根据比赛成绩对前2名进行表彰奖励．（Ⅰ）求A至少获得一个合格的概率；（Ⅱ）求A与B只有一个受到表彰奖励的概率．9．（2010秋•城厢区校级期中）福建省第14届运动会在妈祖故里莆田举行，在开幕式表演“篮球操”的训练中我校A、B、C三个同学一组进行传球训练，每个同学传给另外两个中的某一个的可能性都相同（Ⅰ）列出从A开始3次传球的所有路径（用A、B、C表示）；（Ⅱ）求从起A开始3次传球后，篮球停在A的概率．10．（2012•北京模拟）甲、乙、丙、丁四个人进行传球练习，每次球从一个人的手中传入其余三个人中的任意一个人的手中．如果由甲开始作第1次传球，经过n次传球后，球仍在甲手中的所有不同的传球种数共有a n种．（如，第一次传球模型分析得a1=0．）（1）求a2，a3的值；（2）写出a n+1与a n的关系式（不必证明），并求a n=f（n）的解析式；（3）求的最大值．11．（2014春•上城区校级期中）包含甲在内的甲、乙、丙3个人练习传球，设传球n次，每人每次只能传一下，首先从甲手中传出，第n次仍传给甲，共有多少种不同的方法？为了解决上述问题，设传球n次，第n次仍传给甲的传球方法种数为a n；设传球n次，第n次不传给甲的传球方法种数为b n．根据以上假设回答下列问题：（1）求出a1，a2，b1的值；（2）根据你的理解写出a n+1与b n的关系式；（3）求a5的值及通项公式a n．12．（2014秋•屯溪区校级月考）现有六名篮球运动员进行传球训练，由甲开始传球（第一次传球是由甲传向其他五名运动员中的一位），若第n次传球后，球传回到甲的不同传球方式的种数记为a n．（1）求出a1、a2的值，并写出a n与a n﹣1（n≥2）的关系式；（2）证明数列是等比数列，并求出数列{a n}的通项公式；（3）当n≥2时，证明：．参考答案1．（下城区校级期中）三人相互传球，由甲开始发球，经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方法的种数是（）A．6 B．8 C．10 D．16解：根据题意，做出树状图，第五次要穿的甲的手里，∴第四次时球不能在甲的手中．分析可得，从图中可以看出共有10种不同的传球方式；故答案为：10．2．（甘州区校级期末）如图A、B、C三个同学进行篮球传球训练，若每个同学传给另外两个中的某一个的可能性相同且从A起开始传球，则经过4次传球后篮球仍停在A的概率是．解：画树状图得：则经过4次传球后，球仍回到甲手中的不同传球的方法共有6种，而所有的传球方法共有24=16种，故经过4次传球后篮球仍停在A的概率是=，故答案为．3．（宁海县校级月考）足球场上三个人相互传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过五次传球后，球又回到甲手中，则不同的传球种数有种．解：根据题意，做出树状图，第五次要穿的甲的手里，∴第四次时球不能在甲的手中．分析可得，从图中可以看出共有10种不同的传球方式；故答案为：104．甲、乙、丙、丁各拿一个足球同时进行一次传球，要求每个人可以将球传给另外三人中的任何一人，一次传球后，每个人仍各有一个球的概率为．解：∵甲、乙、丙、丁各拿一个足球同时进行一次传球，要求每个人可以将球传给另外三人中的任何一人，∴一次传球后，基本事件总数n=34，一次传球后，每个人仍各有一个球，包含的基本事件的个数：假设甲先传，由3种传法，假设传给乙，则乙有3种传法，此时丙和丁都只有一种传法，由分步计数原理，得一次传球后，每个人仍各有一个球，包含的基本事件的个数：m=3×3×1×1=9，∴一次传球后，每个人仍各有一个球的概率p==．故答案为：．5．（酉阳县月考）A，B，C，D四名同学在操场上训练传球，球从A手中传出，记为第一次传球．设经过K次传球又传给A，不同的传球方法数为a k经过K+1次传球又传给A，不同的传球方法数为a k+1，运用归纳推理找出a k+1与a k（k∈N+且K≥2）的关系是______ 解：（1）当k=2时，依题意：经过2次传球又传给A，所以由A传出后传给BCD中的任意一个后又传给A，共3种不同的传法，所以a2=3．（2）当k=3时，依题意：经过3次传球又给A，所以用树状图表示为：所以a3=6，因此．（3）当k=4时，依题意：经过4次传球又给A，所以用树状图表示为：所以a4=21，故．因此猜想a k+1与a k（k∈N+且K≥2）的关系是．故答案为．6．n个人互相传球，由甲开始发球，经过m次传球后，球仍回到甲的手中，一共有多少种传法？（m≥2，n≥3）．解：设k（k∈N*）次传给甲的方式有a k种，得a k+1=（n﹣1）k﹣a k，令b k=，得（n﹣1）b k+1+b k=1，变形得，b k+1=（b k﹣），{b k﹣}是公比为的等比数列，∴b k﹣=（），，∴b k﹣=（），∴b k=[（n﹣1）k﹣1﹣（﹣1）k﹣1]，∵[1﹣]，当k=m时，[（n﹣1）m﹣1﹣（﹣1）m﹣1]∴一共有[（n﹣1）m﹣1﹣（﹣1）m﹣1]种传法．7．（安徽一模）甲乙丙丁四个人做传球练习，球首先由甲传出，每个人得到球后都等概率地传给其余三个人之一，设P n表示经过n次传递后球回到甲手中的概率，求：（1）P2之值；（2）P n（以n表示过n次传递后球落在甲的手中）解：（1）经过一次传递后，落在乙丙丁手中的機率分別为，而落在甲手中的概率为0，因此P1=0，两次传递后球落在甲手中的概率为P2=×+×+×=（4分）（2）要想红过n次传递后球落在甲的手中，那么在n﹣1次传递后球一定不在甲手中，所以P n=（1﹣P n﹣1），n=1，2，3，4，…，因此P3=（1﹣P2）=×=，P4=（1﹣P3）=×=，P5=（1﹣P4）=×=，P6=（1﹣P5）=×=，∵P n=（1﹣P n﹣1）∴P n﹣=﹣（P n﹣1﹣）P n﹣=（P1﹣）所以P n=﹣．8．（文登市二模）星空电视台组织篮球技能大赛，每名选手都要进行运球、传球、投篮三项比赛，每个选手在各项比赛中获得合格与不合格的机会相等，且互不影响．现有A、B、C、D、E、F六位选手参加比赛，电视台根据比赛成绩对前2名进行表彰奖励．（Ⅰ）求A至少获得一个合格的概率；（Ⅱ）求A与B只有一个受到表彰奖励的概率．解：（Ⅰ）记A运球，传球，投篮合格分别记为W1，W2，W3，不合格为则A参赛的所有可能的结果为（W1，W2，W3），（），（），（），（），（），（），（）共8种，由上可知A至少获得一个合格对应的可能结果为7种，∴A至少获得一个合格的概率为：（Ⅱ）所有受到表彰奖励可能的结果为{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{C，D}，{C，E}，{C，F}，{D，E}，{D，F}，{E，F}共15个，则A与B只有一个受到表彰奖励的结果为{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F}共8种则A与B只有一个受到表彰奖励的概率为9．（城厢区校级期中）福建省第14届运动会在妈祖故里莆田举行，在开幕式表演“篮球操”的训练中我校A、B、C三个同学一组进行传球训练，每个同学传给另外两个中的某一个的可能性都相同（Ⅰ）列出从A开始3次传球的所有路径（用A、B、C表示）；（Ⅱ）求从起A开始3次传球后，篮球停在A的概率．解：（Ⅰ）3次传球的所有路径如下：A→B→C→A，A→B→C→B，A→B→A→B，A→B→A→C，A→C→B→A，A→C→B→C，A→C→A→C，A→C→A→B．共8条路径．（Ⅱ）记“3次传球后，停在A点”为事件A，则事件A包含2个基本事件：A→B→C→A，A→C→B→A．∴P（A）=．即3次传球后，停在A点的概率为．10．（北京模拟）甲、乙、丙、丁四个人进行传球练习，每次球从一个人的手中传入其余三个人中的任意一个人的手中．如果由甲开始作第1次传球，经过n次传球后，球仍在甲手中的所有不同的传球种数共有a n种．（如，第一次传球模型分析得a1=0．）（1）求a2，a3的值；（2）写出a n+1与a n的关系式（不必证明），并求a n=f（n）的解析式；（3）求的最大值．解：（1）可画出示意图：可得经过两次传球回到甲手中的所有不同种数为3；经过3次传球回到甲手中的所有不同种数为6．因此可得：得a2=3，a3=6．（2）依题意有a1=0，且a n+1+（n=1，2，3，…）．将a n+1+变形为，从而数列{}是首项为，公比为﹣1的等比数列．∴，可得（n=1，2，3，…）．（3）①当n是偶数时，，为关于n的单调递减函数∴当n是偶数时，随n的增大而减小，从而，当n是偶数时，的最大值是．②当n是奇数时，，为关于n的单调增减函数∴当n是奇数时，随n的增大而增大，且．综上，的最大值是．11．（上城区校级期中）包含甲在内的甲、乙、丙3个人练习传球，设传球n次，每人每次只能传一下，首先从甲手中传出，第n次仍传给甲，共有多少种不同的方法？为了解决上述问题，设传球n次，第n次仍传给甲的传球方法种数为a n；设传球n次，第n次不传给甲的传球方法种数为b n．根据以上假设回答下列问题：（1）求出a1，a2，b1的值；（2）根据你的理解写出a n+1与b n的关系式；（3）求a5的值及通项公式a n．解：（1）根据题意，做出树状图，当n=1时，球不在甲的手中，∴a1=0，同理求出a2=2，b1=2；（2）通过树状图，得a1=0，a2=2，a3=2，a4=6，…；b1=2，b2=2，b3=6，…；归纳、猜想，得出a n+1=b n；（3）根据题意，做出树状图，注意第四次时，球不在甲那里；分析可得，共有10种不同的传递方式；∴a5=10；设经过n次传球后球回到甲手中的传法有a n种．则经过（n﹣1）次传球后球回到甲手中的传法有a n﹣1种．而（n﹣1）次传球一共有2n﹣1次传法，所以经过（n﹣1）次传球后球没有回到甲手中的传法有a n=2n﹣1﹣a n﹣1，∴a2=21﹣a1，a3=22﹣a2=22﹣21+a1，…，∴a n=2n﹣1﹣2n﹣2+2n﹣3﹣2n﹣4+…，∴a n=×2n+×（﹣1）n．12．（屯溪区校级月考）现有六名篮球运动员进行传球训练，由甲开始传球（第一次传球是由甲传向其他五名运动员中的一位），若第n次传球后，球传回到甲的不同传球方式的种数记为a n．（1）求出a1、a2的值，并写出a n与a n﹣1（n≥2）的关系式；（2）证明数列是等比数列，并求出数列{a n}的通项公式；（3）当n≥2时，证明：．解（1）：a1=0，a2=5，第n﹣1次传球后，不同传球方式种数为5n﹣1，不在甲手中的种数为5n﹣1﹣a n﹣1，∴当n≥2时，…（5分）（2）：由a n=﹣a n﹣1+5n﹣1，得，又，则数列是以为首项，为公比的等比数列．从而，故．…（9分）（3）证明：当n（n≥3）为奇数时，则n﹣1为偶数，==＜6•==＜==当n（n≥2）为偶数时，则n+1为奇数，从而综上，当n≥2时，．。
(完整版)高考外接球内切球专题练习
高考外接球与内接球专题练习（1）正方体，长方体外接球1. 如图所示，已知正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为2，长为2的线段MN 的一个端点M 在棱DD 1上运动，另一端点N 在正方形ABCD 内运动，则MN 的中点的轨迹的面积为（ ）A. 4πB. 2πC. πD. 2π 2. 正方体的内切球与其外接球的体积之比为（ ） A. 1:3 B. 1:3 C. 1:33 D. 1:93. 长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的8个顶点在同一个球面上，且AB=2，AD=3，AA 1=1， 则该球的表面积为（ ）A. 4πB. 8πC. 16πD. 32π4. 底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一球面上，则该球的体积为A. 323π B. 4π C. 2π D. 43π 5. 已知正三棱锥P ﹣ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的球面上，若P A ，PB ，PC 两两垂直，则球心到截面ABC 的距离为 _________ ．6. 在三棱椎A ﹣BCD 中，侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，△ABC ，△ACD ，△ADB 的 面积分别为22，32，62，则该三棱椎外接球的表面积为（ ） A. 2π B. 6π C. 46π D. 24π7. 设A 、B 、C 、D 是半径为2的球面上的四点，且满足AB ⊥AC 、AD ⊥AC 、AB ⊥AD ， 则S △ABC +S △ABD +S △ACD 的最大值为（ ）A. 4B. 8C. 12D. 168. 四面体ABCD 中，已知AB=CD=29，AC=BD=34，AD=BC=37，则四面体的 外接球的表面积为（ ）A. 25πB. 45πC. 50πD. 100π9. 如图，在三棱锥S ﹣ABC 中，M 、N 分别是棱SC 、BC 的中点，且MN ⊥AM ，若AB=22，则此正三棱锥外接球的体积是A. 12πB. 43πC. 433π D. 123π 10. 已知三棱锥P ABC -的顶点都在同一个球面上（球O ），且2,6PA PB PC ===， 当三棱锥P ABC -的三个侧面的面积之和最大时，该三棱锥的体积与球O 的体积的比值为（ ）A. 316πB. 38πC. 116πD. 18π （2）直棱柱外接球11. 已知三棱柱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. 3172B. 210C. 132D. 310 12. 设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面 积为（ ）A. 2a πB. 273a πC. 2113a π D. 25a π 13. 直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的各顶点都在同一球面上，若AB=AC=AA 1=2，∠BAC=120°， 则此球的表面积等于_________ ．14. 三棱锥S ﹣ABC 的所有顶点都在球O 的表面上，SA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，又SA=AB=BC=1，则球O 的表面积为（ ）A. 32πB. 32π C. 3π D. 12π 15. 已知球O 的面上四点A 、B 、C 、D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA=AB=BC=3， 则球O 的体积等于 _________ ．（3）正棱锥外接球16. 棱长均相等的四面体ABCD 的外接球半径为1，则该四面体的棱长为___________17. 如图，在等腰梯形ABCD 中，AB=2DC=2，∠DAB=60°，E 为AB的中点，将△ADE 与△BEC 分别沿ED 、EC 向上折起，使A 、B重合于点P ，则P ﹣DCE 三棱锥的外接球的体积为（ ）A. 4327πB. 62π C. 68π D. 624π 18. 已知三棱锥P ABC -的所有顶点都在表面积为28916π的球面上，底面ABC 是边长为 3的等边三角形，则三棱锥P ABC -体积的最大值为__________19. 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. 814π B. 16π C. 9π D. 274π 20. 已知正三棱锥P ﹣ABC 的顶点均在球O 上，且P A=PB=PC=25，AB=BC=CA=23， 则球O 的表面积为（ ）A. 25πB. 1256πC. 52π D. 20π21. 在球O 的表面上有A 、B 、C 三个点，且3AOB BOC COA π∠=∠=∠=，△ABC 的外接圆半径为2，那么这个球的表面积为（ ） A. 48π B. 36π C. 24π D. 12π 22. 半径为2的半球内有一内接正六棱锥P ﹣ABCDEF ，则此正六棱锥的侧面积是 ____．23. 表面积为23的正八面体的各个顶点都在同一个球面上，则此球的体积为（ ）A. 23πB. 3π C. 23π D. 223π 24. 正四棱锥P ﹣ABCD 底面的四个顶点A 、B 、C 、D 在球O 的同一个大圆上，点P 在球面 上，如果163P ABCD V -=，则求O 的表面积为（ ） A. 4π B. 8π C. 12π D. 16π（4）棱锥外接球25. 已知A ，B ，C ，D 在同一个球面上，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，若AB=6，213AC =， AD=8，则此球的体积是 _________ ．26. 在矩形ABCD 中，AB=4，BC=3，沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角B ﹣AC ﹣D ， 则四面体ABCD 的外接球的体积为（ ）A. 12512πB. 1259πC. 1256πD. 1253π 27. 点A ，B ，C ，D 在同一个球的球面上，AB=BC=2，AC=22，若四面体ABCD 体积 的最大值为43，则该球的表面积为（ ） A. 163π B. 8π C. 9π D. 12π 28. 四棱锥S ﹣ABCD 的底面ABCD 是正方形，侧面SAB 是以AB 为斜边的等腰直角三角 形，且侧面SAB ⊥底面ABCD ，若AB=23，则此四棱锥的外接球的表面积为（ ）A. 14πB. 18πC. 20πD. 24π29. 三棱锥S ﹣ABC 的四个顶点都在球面上，SA 是球的直径，AC ⊥AB ，BC=SB=SC=2， 则该球的表面积为（ ）A. 4πB. 6πC. 9πD. 12π30. 已知四棱锥V ﹣ABCD 的顶点都在同一球面上，底面ABCD 为矩形，AC∩BD=G ，VG ⊥平面ABCD ，AB=3，AD=3，VG=3，则该球的体积为（ ）A. 36πB. 9πC. 123πD. 43π（5）内接球31. 一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于（ ）A. 1B. 2C. 3D. 432. 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 ⊥，6,8AB BC ==，13AA =，则V 的最大值为A. 4πB. 92πC. 6πD. 323π 33. 已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O 的体积为（ ） A. 823π B. 833π C. 863π D. 1623π 34. 把一个皮球放入一个由8根长均为20的铁丝接成的四棱锥形骨架内，使皮球的表面 与8根铁丝都有接触点（皮球不变形），则皮球的半径为（ ）A. 103B. 10C. 102D. 3035. 棱长为23的正四面体内切一球，然后在正四面体和该球形成的空隙处各放入一个小 球，则这些球的最大半径为（ ）A. 2B. 22C. 24D. 2636. 如图，在四面体ABCD 中，截面AEF 经过四面体的内切球球心O ，且与BC ，DC 分别截于E 、F ，如果截面将四面体分成体积相等的两部分，设四棱锥A ﹣BEFD 与三棱锥A ﹣EFC的表面积分别是S 1，S 2，则必有（ ）A. S 1＜S 2B. S 1＞S 2C. S 1=S 2D. S 1，S 2的大小关系不能确定（6）球的截面问题37. 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，则此球的体 积为（ ）A. 6πB. 43πC. 46πD. 63π38. 已知三棱锥S ﹣ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形， SC 为球O 的直径，且SC=2，则此棱锥的体积为（ ）A. 26B. 36C. 23D. 2239. 高为2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（ ）A. 102B. 232+C. 32D. 240. 已知三棱锥S ﹣ABC 的各顶点都在一个半径为r 的球面上，球心O 在AB 上，SO ⊥底面ABC ，AC =，则球的体积与三棱锥体积之比是（ ）A. πB. 2πC. 3πD. 4π41. 在半径为13的球面上有A ，B ，C 三点，AB=6，BC=8，CA=10，则（1）球心到平面ABC 的距离为 _________ ；（2）过A ，B 两点的大圆面与平面ABC 所成二面角为（锐角）的正切值为 ____．42. 设A 、B 、C 、D 是球面上的四个点，且在同一平面内，AB=BC=CD=DA=3，球心到 该平面的距离是球半径的一半，则球的体积是（ ）A. B. C. D.43. 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. 169π B. 83π C. 4π D. 649π 44. 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 _________ ．45. 三棱锥P ﹣ABC 的各顶点都在一半径为R 的球面上，球心O 在AB 上，且有P A=PB=PC ， 底面△ABC 中∠ABC=60°，则球与三棱锥的体积之比是 _________ ．46. 已知H 是球O 的直径AB 上一点，:1:2AH 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__________（7）旋转体的外接内切47. 半径为4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 _________ ．48. 将4个半径都是R 的球体完全装入底面半径是2R 的圆柱形桶中，则桶的最小高度 是 _________ ．1. D ；2. C ；3. B ；4. D ；5. 3； 6. B ； 7. B ； 8. C ； 9. B ；10. A ； 11. C ； 12. B ； 13. 20π； 14. C ； 15. 92π； 16. ；17. C ； 19. A ； 20. A ； 21. A ； 22. ； 23. A ； 24. D ； 25. 2563π； 26. C ； 27. C ； 28. D ； 29. B ； 30. D ； 31. B ； 32. B ； 33. A ； 34. B ； 35. C ； 36. C ； 37. B ； 38. A ； 39. A ； 40. D ；41. 12；3；42. A；43. D；44. 16π；45.3；46.92π47. 30π；48.(2R+；。
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。
高考必考题—几何体中与球有关的切、接问题(含解析)
几何体中与球有关的切、接问题球的截面的性质(1)球的任何截面是圆面；(2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面；(3)球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为r ＝R 2－d 2几个与球有关的切、接常用结论(1)正方体的棱长为a ，球的半径为R ，①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ；②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ；③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1. 一、题型选讲题型一 、几何体的外接球解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】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 ．64π B ．48πC ．36πD ．32π例2、【2020年高考天津】若棱长为 A ．12π B ．24π C ．36πD ．144π例3、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）已知边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的2BDC π∠=，则过A ，B ，C ，D 四点的球的表面积为（ ）A ．3πB ．4πC ．5πD ．6π例4、（2020届山东省日照市高三上期末联考）已知四棱锥P ABCD -的体积是ABCD 是正方形，PAB ∆是等边三角形，平面PAB ⊥平面ABCD ，则四棱锥P ABCD -外接球体积为（ ）A ．BCD ．例5、（2020届山东省德州市高三上期末）中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知PA ⊥平面ABCE ，四边形ABCD 为正方形，AD =ED =P ADE -的外接球的体积为，则阳马P ABCD -的外接球的表面积等于______.题型二、几何体的内切球求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．例6、【2020年高考全国Ⅲ卷理数】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_________．例7、（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的表面积为__________；若该六面体内有一小球，则小球的最大体积为___________．二、达标训练1、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知正三棱锥S ABC -的侧棱长为6，则该正三棱锥外接球的表面积是（ ） A ．16πB ．20πC ．32πD ．64π2、【2020年高考全国II 卷理数】已知△ABC 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 B ．32C ．1D 3、【2019年高考全国Ⅰ卷理数】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 ．D4、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】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D ABC -体积的最大值为A ．B ．C ．D ．5、【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．6、（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）已知三棱锥S ABC -，SA ⊥平面ABC ，6ABC π∠=，3SA =，1BC =，直线SB 和平面ABC 所成的角大小为3π.若三棱锥S ABC -的四个顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________.7、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）如图，在三棱锥P -ABC 中，,PA AB ⊥PC BC ⊥，,AB BC ⊥22,AB BC ==PC =，则PA 与平面ABC 所成角的大小为________；三棱锥P -ABC 外接球的表面积是________.8、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知三棱锥P ABC -的四个顶点都在球O 的表面上，PA ⊥平面ABC，6PA =，AB =2AC =，4BC =，则：（1）球O 的表面积为__________；（2）若D 是BC 的中点，过点D 作球O 的截面，则截面面积的最小值是__________．9、（2020届山东省滨州市高三上期末）在四面体S ABC -中，2SA SB ==，且SA SB ⊥，BC =，AC=________，该四面体外接球的表面积为________.10、（2020届山东省济宁市高三上期末）下图是两个腰长均为10cm的等腰直角三角形拼成的一个四边形-的外接球的体积为ABCD，现将四边形ABCD沿BD折成直二面角A BD C--，则三棱锥A BCDcm．__________3一、题型选讲题型一 、几何体的外接球解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】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 ．64π B ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意， 得24,2r r π=π=∴，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====， ∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A.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.例2、【2020年高考天津】若棱长为 A ．12π B ．24πC ．36πD ．144π【答案】C【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3R ==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=. 故选：C ．本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（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）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心. 例3、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）已知边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的2BDC π∠=，则过A ，B ，C ，D 四点的球的表面积为（ ）A ．3πB ．4πC ．5πD ．6π【答案】C【解析】边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的2BDC π∠=，构成以D 为顶点的三棱锥，且三条侧棱互相垂直，可构造以其为长宽高的长方体，其对角线即为球的直径，三条棱长分别为1,12R ==2452S ππ==，故选C.例4、（2020届山东省日照市高三上期末联考）已知四棱锥P ABCD -的体积是ABCD 是正方形，PAB ∆是等边三角形，平面PAB ⊥平面ABCD ，则四棱锥P ABCD -外接球体积为（ ）A ．BCD ．【答案】A【解析】设AB 的中点为Q ，因为PAB ∆是等边三角形，所以PQ AB ⊥，而平面PAB ⊥平面ABCD ， 平面PAB ⋂平面ABCD AB =，所以PQ ⊥平面ABCD ，四棱锥P ABCD -的体积是13AB AB PQ =⨯⨯⨯13AB AB AB =⨯⨯，所以边长6AB =，PQ =OH x =，OM x =，()(222222R OA OM AM x==+=+，2222223R OP OH PH x ==+=+，x =2212321R =+=343V R π==球.故选：A.例5、（2020届山东省德州市高三上期末）中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知PA ⊥平面ABCE ，四边形ABCD 为正方形，AD =ED =P ADE -的外接球的体积为，则阳马P ABCD -的外接球的表面积等于______.【答案】20π 【解析】四边形ABCD 是正方形，AD CD ∴⊥，即AD CE ⊥，且AD =ED =，所以，ADE ∆的外接圆半径为122AE r ===设鳖臑P ADE -的外接球的半径1R ，则3143R π=，解得12R =.PA ⊥平面ADE ，1R ∴=2PA ==PA ∴=正方形ABCD 的外接圆直径为22r AC ==22r ∴=，PA ⊥平面ABCD ，所以，阳马P ABCD -的外接球半径2R ==因此，阳马P ABCD -的外接球的表面积为22420R ππ=.故答案为：20π. 题型二、几何体的内切球求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．例6、【2020年高考全国Ⅲ卷理数】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】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AM ==122S =⨯⨯=△ABC 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()13322r =⨯++⨯=解得：2r，其体积：343V r =π=.故答案为：3. 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.例7、（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的表面积为__________；若该六面体内有一小球，则小球的最大体积为___________．【解析】（1）因为16(12S =⨯⨯=. （2）由图形的对称性得，小球的体积要达到最大，即球与六个面都相切时，每个三角形面积是4，六面体体积是正四面体的2倍，所以六面体体积是6. 由于图像的对称性，内部的小球要是体积最大，就是球要和六个面相切，连接球心和五个顶点，把六面体分成了六个三棱锥，设球的半径为R ，所以16()6349R R =⨯⨯⨯⇒=，所以球的体积334433V R ππ===.故答案为：. 二、达标训练1、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知正三棱锥S ABC -的侧棱长为6，则该正三棱锥外接球的表面积是（ ） A ．16π B ．20πC ．32πD ．64π【答案】D【解析】如图所示，因为正三棱锥S ABC -的侧棱长为6，则263AE ==6SE ===, 又由球心O 到四个顶点的距离相等，在直角三角形AOE 中，,6AO R OE SE SO R ==-=-，又由222OA AE OE =+，即222(6)R R =+-，解得4R =， 所以球的表面积为2464S R ππ==， 故选D.2、【2020年高考全国II 卷理数】已知△ABC 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 B ．32C ．1D 【答案】C【解析】设球O 的半径为R ，则2416R π=π，解得：2R =.设ABC △外接圆半径为r ，边长为a ，ABC △21224a ∴⨯=，解得：3a =，2233r ∴===，∴球心O 到平面ABC 的距离1d ==.故选：C ．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、【2019年高考全国Ⅰ卷理数】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【答案】D 【解析】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 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CEAC C EF =∴⊥平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ，APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===P ABC ∴-为正方体的一部分，2R ==即344π33R V R =∴=π==，故选D ．解法二：设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 的中点，EF PB ∴∥，且12EF PB x ==，ABC △为边长为2的等边三角形，CF ∴=又90CEF ∠=︒，12CE AE PA x ∴===， AEC △中，由余弦定理可得()2243cos 22x x EAC x+--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =，D 为AC 的中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，2243142x x x x+-+∴=，22121222x x x ∴+=∴==，，，PA PB PC ∴=== 又===2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴==R ∴=，34433V R ∴=π==，故选D.本题主要考查学生的空间想象能力，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．4、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】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D ABC -体积的最大值为 A． B ． C．D ．【答案】B【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 ===，2ABC S AB ==△，6AB ∴=,点M 为三角形ABC 的重心，23BM BE ∴==，Rt OBM ∴△中，有2OM ==，426DM OD OM ∴=+=+=，()max 163D ABC V -∴=⨯= B.5、【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．【答案】2. 【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=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 ⊥，1D E =，所以||EP ===所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E ，因为||||EF EG ==11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，因为114B EFC EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得22FG π==.. 6、（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）已知三棱锥S ABC -，SA ⊥平面ABC ，6ABC π∠=，3SA =，1BC =，直线SB 和平面ABC 所成的角大小为3π.若三棱锥S ABC -的四个顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________. 【答案】13π【解析】如图：SA ⊥平面ABC ，则SBA ∠为直线SB 和平面ABC 所成的角，即3SBA π∠=在Rt SAB ∆中：tan3SA AB π=== 如图，设O 为三棱锥S ABC -外接球的球心，G 为ABC ∆外接圆圆心， 连结,,,,OA OB GA GB OG ，则必有OG ⊥面ABC 在ABC ∆，2222cos 312162AC AB BC AB BC π=+-⋅⋅=+-=， 则1AC = 其外接圆半径122,1sin sin 6AC r r ABC π====∠， 又1322OG SA ==， 所以三棱锥S ABC -外接球半径为R ===该球的表面积为21344134S R πππ==⨯=, 故答案为：13π.7、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）如图，在三棱锥P -ABC 中，,PA AB ⊥PC BC ⊥，,AB BC ⊥22,AB BC ==PC =，则PA 与平面ABC 所成角的大小为________；三棱锥P -ABC 外接球的表面积是________.【答案】45︒ 6π【解析】如图，作平行四边形ABCD ，连接PD ，由AB BC ⊥，则平行四边形ABCD 是矩形． 由BC CD ⊥，BC PC ⊥，PCCD C =，∴BC ⊥平面PCD ，而PD ⊂平面PCD ，∴BC PD ⊥，同理可得AB PD ⊥，又AB BC B ⋂=，∴PD ⊥平面ABCD ．,PD CD PD AD ⊥⊥，PAD ∠是PA 与平面ABC 所成角．由2,CD AB PC ===1PD =，又1AD BC ==，∴45PAD ∠=︒．∴PA 与平面ABC 所成角是45︒．由,PA AB ⊥PC BC ⊥知PB 的中点到,,,A B C P 的距离相等，PB 是三棱锥P -ABC 外接球的直径．由BC ⊥平面PCD 得BC PC ⊥，PB ===24()62PB S ππ==． 故答案为：45︒；6π．8、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知三棱锥P ABC -的四个顶点都在球O 的表面上，PA ⊥平面ABC，6PA =，AB =2AC =，4BC =，则：（1）球O 的表面积为__________；（2）若D 是BC 的中点，过点D 作球O 的截面，则截面面积的最小值是__________． 【答案】52π 4π【解析】（1）由题,根据勾股定理可得AC AB ⊥,则可将三棱锥P ABC -可放入以,,AP AC AB 为长方体的长,宽,高的长方体中,则体对角线为外接球直径,即2r ==则r =,所以球的表面积为224452r πππ=⨯=；（2）由题,因为Rt ABC ,所以D 为底面ABC 的外接圆圆心,当DO ⊥截面时,截面面积最小,即截面为平面ABC ,则外接圆半径为2,故截面面积为224ππ⨯=故答案为：（1）52π；（2）4π9、（2020届山东省滨州市高三上期末）在四面体S ABC -中，2SA SB ==，且SA SB ⊥，BC =，AC =________，该四面体外接球的表面积为________.【答案】68π【解析】因为2SA SB ==，且SA SB ⊥，BC =，AC =AB ==，因此222BC AC AB +=，则AC BC ⊥；取AB 中点为O ，连接OS ，OC ，则OA OB OC OS ====，所以该四面体的外接球的球心为O ，半径为OC=所以该四面体外接球的表面积为248S ππ=⋅=； 又因为SA SB =，所以SO AB ⊥；因为底面三角形ABC 的面积为定值122AC BC ⋅=，SO ，因此，当SO ⊥平面ABC 时，四面体的体积最大，为136ABC V S SO =⋅=.故答案为：(1).6(2). 8π10、（2020届山东省济宁市高三上期末）下图是两个腰长均为10cm 的等腰直角三角形拼成的一个四边形ABCD ，现将四边形ABCD 沿BD 折成直二面角A BD C --，则三棱锥A BCD -的外接球的体积为__________3cm ．【答案】 【解析】由题设可将该三棱锥拓展成如图所示的正方体，则该正方体的外接球就是三棱锥的外接球，由于正方体的对角线长为2l R ==即球的半径R =该球的体积343V R π==，应填答案．。
体育竞赛类高考概率题
体育竞赛类高考概率题1、甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛规则为“3局2胜”，即以先赢2局者为胜．根据经验，每局比赛中甲获胜的概率为0．6，则本次比赛甲获胜的概率是(A1 0．216 (B)0．36 (C)0．432 (D )0．648 【答案】D2、甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军，若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为A ．12B ．35C ．23 D ．34【答案】D3、某篮运动员在三分线投球的命中率是12，他投球10次，恰好投进3个球的概率．（用数值作答）151284、甲、乙、丙三名射箭运动员在某次测试中各射箭20次，三人的测试成绩如下表123s s s ，，分别表示甲、乙、丙三名运动员这次测试成绩的标准差有Ａ．312s s s >> Ｂ．213s s s >> Ｃ．123s s s >>Ｄ．231s s s >>【答案】B5、甲、乙两名跳高运动员一次试跳2米高度成功的概率分别是0.7，0.6，且每次试跳成功与否相互之间没有影响，求：（Ⅰ）甲试跳三次，第三次才成功的概率；（Ⅱ）甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功的概率； （Ⅲ）甲、乙各试跳两次，甲比乙的成功次数恰好多一次的概率．解：记“甲第i 次试跳成功”为事件i A ，“乙第i 次试跳成功”为事件i B ，依题意得()0.7i P A =，()0.6i P B =，且i A ，i B （123i =，，）相互独立．（Ⅰ）“甲第三次试跳才成功”为事件123A A A ，且三次试跳相互独立，123123()()()()0.30.30.70.063P A A A P A P A P A ∴==⨯⨯=．答：甲第三次试跳才成功的概率为0.063．（Ⅱ）“甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功”为事件C ． 解法一：111111C A B A B A B =++，且11A B ，11A B ，11A B 彼此互斥，111111()()()()P C P A B P A B P A B ∴=++ 111111()()()()()()P A P B P A P B P A P B =++ 0.70.40.30.60.70.6=⨯+⨯+⨯ 0.88=．解法二：11()1()()10.30.40.88P C P A P B =-=-⨯=． 答：甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功的概率为0.88．（Ⅲ）设“甲在两次试跳中成功i 次”为事件(012)i M i =，，， “乙在两次试跳中成功i 次”为事件(012)i N i =，，， 事件“甲、乙各试跳两次，甲比乙的成功次数恰好多一次”可表示为1021M N M N +，且10M N ，21M N 为互斥事件，∴所求的概率为10211021()()()P M N M N P M N P M N +=+1021()()()()P M P N P M P N =+1221220.70.30.40.70.60.4C C =⨯⨯⨯+⨯⨯⨯0.06720.2352=+ 0.3024=答：甲、乙每人试跳两次，甲比乙的成功次数恰好多一次的概率为0.3024．6、 甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛．假设每局甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，各局比赛结果相互独立．(1)求甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率；(2)记X 为比赛决出胜负时的总局数，求X 的分布列和均值(数学期望)．解： 用A 表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛”，A k 表示“第k 局甲获胜”，B k 表示“第k 局乙获胜”，则P (A k )＝23，P (B k )＝13，k ＝1，2，3，4，5.(1)P (A )＝P (A 1A 2)＋P (B 1A 2A 3)＋P (A 1B 2A 3A 4) ＝P (A 1)P (A 2)＋P (B 1)P (A 2)P (A 3)＋P (A 1)P (B 2)P (A 3)P (A 4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫23＋23×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝5681.(2)X 的可能取值为2，3，4，5.P (X ＝2)＝P (A 1A 2)＋P (B 1B 2)＝P (A 1)P (A 2)＋P (B 1)P (B 2)＝59， P (X ＝3)＝P (B 1A 2A 3)＋P (A 1B 2B 3)＝ P (B 1)P (A 2)P (A 3)＋P (A 1)P (B 2)P (B 3)＝29，P (X ＝4)＝P (A 1B 2A 3A 4)＋P (B 1A 2B 3B 4)＝P (A 1)P (B 2)P (A 3)P (A 4)＋P (B 1)P (A 2)P (B 3)·P (B 4)＝1081， P (X ＝5)＝1－P (X ＝2)－P (X ＝3)－P (X ＝4)＝881.故X 的分布列为EX ＝2×59＋3×29＋4×1081＋5×881＝22481.7、李明在10场篮球比赛中的投篮情况统计如下(假设各场比赛相互独立)：(1)从上述比赛中随机选择一场，求李明在该场比赛中投篮命中率超过的概率； (2)从上述比赛中随机选择一个主场和一个客场，求李明的投篮命中率一场超过，一场不超过的概率；(3)记x 为表中10个命中次数的平均数，从上述比赛中随机选择一场，记X 为李明在这场比赛中的命中次数，比较EX 与x 的大小．(只需写出结论)解：(1)根据投篮统计数据，在10场比赛中，李明投篮命中率超过的有5场，分别是主场2，主场3，主场5，客场2，客场4.所以在随机选择的一场比赛中，李明的投篮命中率超过的概率是.(2)设事件A 为“在随机选择的一场主场比赛中，李明的投篮命中率超过0.6”，事件B 为“在随机选择的一场客场比赛中，李明的投篮命中率超过0.6”，事件C 为“在随机选择的一个主场和一个客场中，李明的投篮命中率一场超过，一场不超过0.6”．则C ＝AB ∪AB ，A ，B 相互独立． 根据投篮统计数据，P (A )＝35，P (B )＝25.故P (C )＝P (AB )＋P (AB )＝35×35＋25×25＝1325.所以，在随机选择的一个主场和一个客场中，李明的投篮命中率一场超过，一场不超过的概率为1325.(3)EX ＝x －.8、 乒乓球台面被网分隔成甲乙两部分，如图14所示，甲上有两个不相交的区域A ，B ，乙被划分为两个不相交的区域C ，D .某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球．规定：回球一次，落点在C 上记3分，在D 上记1分，其他情况记0分．对落点在A 上的来球，队员小明回球的落点在C 上的概率为12，在D 上的概率为13；对落点在B 上的来球，小明回球的落点在C 上的概率为15，在D 上的概率为35.假设共有两次来球且落在A ，B 上各一次，小明的两次回球互不影响．求：(1)小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率； (2)两次回球结束后，小明得分之和ξ的分布列与数学期望．图14解：(1)记A i 为事件“小明对落点在A 上的来球回球的得分为i 分”(i ＝0，1，3)，则P (A 3)＝12，P (A 1)＝13，P (A 0)＝1－12－13＝16；记B i 为事件“小明对落点在B 上的来球回球的得分为i 分”(i ＝0，1，3)， 则P (B 3)＝15，P (B 1)＝35，P (B 0)＝1－15－35＝15.记D 为事件“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”． 由题意，D ＝A 3B 0＋A 1B 0＋A 0B 1＋A 0B 3， 由事件的独立性和互斥性，P (D )＝P (A 3B 0＋A 1B 0＋A 0B 1＋A 0B 3)＝P (A 3B 0)＋P (A 1B 0)＋P (A 0B 1)＋P (A 0B 3)＝P (A 3)P (B 0)＋P (A 1)P (B 0)＋P (A 0)·P (B 1)＋P (A 0)P (B 3) ＝12×15＋13×15＋16×35＋16×15＝310， 所以小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为310.由题意，随机变量ξ可能的取值为0，1，2，3，4，6. (2)由事件的独立性和互斥性，得P (ξ＝0)＝P (A 0B 0)＝16×15＝130，P (ξ＝1)＝P (A 1B 0＋A 0B 1)＝P (A 1B 0)＋P (A 0B 1)＝13×15＋16×35＝16， P (ξ＝2)＝P (A 1B 1)＝13×35＝15，P (ξ＝3)＝P (A 3B 0＋A 0B 3)＝P (A 3B 0)＋P (A 0B 3)＝12×15＋16×15＝215， P (ξ＝4)＝P (A 3B 1＋A 1B 3)＝P (A 3B 1)＋P (A 1B 3)＝12×35＋13×15＝1130， P (ξ＝6)＝P (A 3B 3)＝12×15＝110.可得随机变量ξ的分布列为：P 13016152151130110所以数学期望Eξ＝0×130＋1×16＋2×15＋3×215＋4×1130＋6×110＝9130.9、甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛,其中两人比赛,另一人当裁判,每局比赛结束时,负的一方在下一局当裁判,设各局中双方获胜的概率均为1,2各局比赛的结果相互独立,第1局甲当裁判.(I)求第4局甲当裁判的概率;(II)X表示前4局中乙当裁判的次数,求X的数学期望.10、甲、乙两支排球队进行比赛,约定先胜3局者获得比赛的胜利,比赛随即结束,除第五局甲队获胜的概率是12外,其余每局比赛甲队获胜的概率都是23,假设各局比赛结果相互独立.(Ⅰ)分别求甲队以3:0,3:1,3:2胜利的概率;(Ⅱ)若比赛结果为3:0或3:1,则胜利方得3分,对方得0分;若比赛结果为3:2,则胜利方得2分、对方得1分.求乙队得分X的分布列及数学期望.解:(Ⅰ)记“甲队以3:0胜利”为事件1A,“甲队以3:1胜利”为事件2A,“甲队以3:2胜利”为事件3A,由题意,各局比赛结果相互独立,故3128()()327P A ==, 22232228()()(1)33327P A C =-⨯=,122342214()()(1)33227P A C =-⨯=所以,甲队以3:0,3:1,3:2胜利的概率分别是827,827,427; (Ⅱ)设“乙队以3:2胜利”为事件4A ,由题意,各局比赛结果相互独立,所以122442214()(1)()(1)33227P A C =-⨯-=由题意,随机变量X 的所有可能的取值为0,1,2,3,,根据事件的互斥性得1212(0)()()()P X P A A P A P A ==+=+1627=, 34(1)()27P X P A ===, 44(2)()27P X P A ===,(3)P X ==1-(0)P X =(1)P X -=(2)P X -=327=故X 的分布列为X0 1 2 3P1627 427 427 327所以16443012327272727EX =⨯+⨯+⨯+⨯79=11、甲、乙两队进行一场排球比赛，根据以往经验，单局比赛甲队胜乙队的概率为．本场比赛采用五局三胜制，即先胜三局的队获胜，比赛结束．设各局比赛相互间没有影响，求：(1) 前三局比赛甲队领先的概率；(Ⅱ) 本场比赛乙队以3:2取胜的概率．(精确到解析：单局比赛甲队胜乙队的概率为，乙队胜甲队的概率为1－= (1)记“甲队胜三局”为事件A ，“甲队胜二局”为事件B ，则3223()0.60.216,()0.60.40.432P A P B C ===⨯⨯=∴前三局比赛甲队领先的概率为P(A)+P(B)=(2)若本场比赛乙队3：2取胜，则前四局双方应以2：2战平，且第五局乙队胜。
足球高考试题及答案
足球高考试题及答案第一部分：选择题1. 当角球出现时，通常是由哪个位置的球员进行开球？A. 门将B. 前锋C. 后卫D. 中场答案：A. 门将2. 足球比赛中，一支队伍最多可以有多少名替补球员？A. 5名B. 7名C. 9名D. 没有限制答案：D. 没有限制3. 在传球时，哪个动作被认为是盗帅最常用的技巧之一？A. 射门B. 头球C. 过人D. 扣球答案：C. 过人4. 下列哪个国家曾经连续两届夺得世界杯冠军？A. 巴西B. 德国C. 阿根廷D. 法国答案：A. 巴西5. 足球比赛中，一支队伍可以进行多少次换人？A. 2次B. 3次C. 4次D. 没有限制答案：B. 3次第二部分：填空题1. 运动员在比赛中使用脚踢球的部位称为________。
答案：脚背2. 足球场的长度为______米。
答案：100-1103. 最早的足球比赛起源于哪个国家？答案：英国4. 世界上最重要的足球比赛是______比赛。
答案：世界杯5. 足球比赛中，一方球队进球后，比分加一的称为______。
答案：进球得分第三部分：简答题请根据所学知识自行回答以下问题：1. 解释足球比赛中的九十分钟是如何计时的。
答：足球比赛分为两个45分钟的半场，中间有15分钟的休息时间。
裁判通过计时器控制比赛时间，并在比赛中的任何一个阶段产生的时间浪费情况下予以补偿。
2. 世界杯是如何进行资格赛的？答：世界杯的资格赛分为六大洲的预选赛。
各大洲根据预先设定的规则和赛制，组织各自的国家队进行资格赛，最终决出参加世界杯决赛阶段的资格。
3. 请简述你对足球比赛中越位规则的理解。
答：越位是指当进攻方球员接到传球时，站在最后一名防守队员和对方球门之间，且在传球瞬间位于比最后一名防守队员更接近对方球门的位置时，将判定为越位。
越位是为了保持比赛的公平性和进攻方和防守方之间的平衡性。
4. 请说明足球比赛中的点球是什么情况下判罚的。
答：足球比赛中，点球是一种处罚方式，当防守方在自己的禁区内犯规，且犯规动作抢夺了对方明显得分的机会时，裁判将判罚点球。
高考数学专题四立体几何 微专题26 球的切接问题
14h＝
6 12 a.
设小球的半径为r，小球也可看作一个小的正
四面体的内切球，且小正四面体的高h小＝h－ 2R＝ 66a， 所以 r＝14h 小＝246a＝R2. 故该模型中 5 个球的表面积之和为 4πR2＋4×4πr2＝8πR2＝8π×1644a2＝3πa2.
(2)(2023·益阳质检)金刚石的成分为纯碳，是自然界中天然存在的最坚硬
设O为正四面体P－ABC内切球的球心，则内切球的半径为OO1＝r，
∴VP － ABC ＝ VO － ABC ＋ VO － PAB ＋ VO－PBC＋VO－PAC， ∴13S△ABC·PO1＝13S△ABC·r＋13S△PAB·r ＋13S△PBC·r＋13S△PAC·r， ∵S△ABC＝S△PAB＝S△PBC＝S△PAC， ∴PO1＝4r，∴正四面体 P－ABC 内切球的半径 r＝ 26，直径 2r＝ 6， 设正方体玩具的棱长为 a，则其体对角线长为 3a，
R2＝
36a－R2＋
33a2，
解得 a＝2 2，
过点O作OF⊥AC，垂足为F， 在 Rt△OCF 中，可得 OF＝ OC2－CF2＝
R2－A2C2＝ 32－ 22＝1， 即小球的最大半径r＝1.
总结提升
1.几何体的外接球，常用的方法有构造法、截面法. 2.几何体的内切球 求解多面体的内切球问题，一般是将多面体分割为以内切球球心为 顶点，多面体的各侧面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各分 割棱锥的体积之和求内切球的半径.
跟踪训练2 (1)在四面体A－BCD中，BA，BC，BD两两互相垂直，BA＝ 1，BC＝BD＝2，则四面体A－BCD内切球的半径为
4－ 6 A. 10
√C.4－5 6
5－ 6 B. 10
新高考数学二轮复习球的切接问题
考点二 空间几何体的内切球
例2 (1)在三棱锥A－BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝CD＝4， BC＝3，则该三棱锥内切球的体积为
√A.91π6
9π
16π
B. 4
C. 9
4π D. 3
由AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，得AB⊥CD. 又BC⊥CD，且AB，BC⊂平面ABC，AB∩BC＝B， 所以CD⊥平面ABC， 又AC⊂平面ABC，所以CD⊥AC. 由AB＝CD＝4，BC＝3，得AC＝BD＝5， 所以三棱锥A－BCD的表面积 S＝2×12×3×4＋2×12×4×5＝32， 三棱锥 A－BCD 的体积 V＝13×12×3×4×4＝8.
4.(2023·湖北多校联考)已知在△ABC中，AB＝4，BC＝3，AC＝5，以AC
为轴旋转一周得到一个旋转体，则该旋转体的内切球的表面积为
49π A. 36
√576π
B. 49
576π C. 25
344π D. 25
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
旋转体的轴截面如图所示，其中O为内切球的球心， 过O作AB，BC的垂线，垂足分别为E，F， 则OE＝OF＝r(r为内切球的半径)， 故 AO＝sin∠rBAC＝53r，CO＝sin∠rBCA＝54r， 故 5＝AO＋OC＝53r＋54r，解得 r＝172， 故该旋转体的内切球的表面积为 4π×1722＝57469π.
面的中心，元素S位于正方体中心，若正方体的棱长为a，记以六个F为
a3
πa2
顶点的正八面体为T，则T的体积为___6__，T的内切球表面积为___3___.
正八面体T可视为两个全等的正四棱锥拼接而成，
且该正四棱锥的底面边长为 2a2＋a22＝ 22a，高为 a2，所以正八面体的体积 V＝2×13× 22a2×a2＝a63，
球的切接问题-高考数学复习
2. 正方体与球
(1)正方体的内切球的直径为正方体的棱长；
(2)正方体的外接球的直径为正方体的体对角线；
(3)正方体的棱切球(球和正方体的棱相切)的直径为正方体的面对角
线长.
跟踪训练
3. 已知一个表面积为24的正方体，假设有一个与该正方体每条棱都相切
的球，则此球的体积为(
球的切接问题
考点一
利用补形法解决外接球问题
四棱锥 P － ABCD 的底面为正方形 ABCD ， PA ⊥底面 ABCD ， AB
例1
9π
＝2，若该四棱锥的所有顶点都在体积为 的同一球面上，则 PA 的长为
2
(
C )
A. 3
B. 2
C. 1
连接 AC ， BD 交于点 E ，取 PC 的中点 O ，连接 OE ，
[解] 如图1，设点 O 是正四面体 ABCD 的内切球的球
例5
心，内切球半径为 r .正四面体的表面积 S 表＝4×
2
3
6
2
2
＝ 3 a ，高 h ＝ AE ＝ −
＝ a，
3
3
1
所以，正四面体的体积 VA － BCD ＝ × S △ CBD × h .
3
3 2
a
4
又正四面体可以分割成以点 O 为顶点的四个小三棱锥，这四个小三棱锥
即 sin ( B ＋C )＝2 sin A cos C .
∵ sin A ≠0，∴
∴由正弦定理，
1
π
cos C ＝ ，∵ C ∈(0，π)，∴ C ＝ ，
2
3
3 3
π
sin 3
＝2 r ，得三角形 ABC 的外接圆的半径为 r ＝3.
高考专题训练传球问题
高考专题训练：传球问题1．（2014春•下城区校级期中）三人相互传球，由甲开始发球，经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方法的种数是（）A．6 B．8 C．10 D．162．（2013春•甘州区校级期末）如图A、B、C三个同学进行篮球传球训练，若每个同学传给另外两个中的某一个的可能性相同且从A起开始传球，则经过4次传球后篮球仍停在A 的概率是．3．（2007秋•宁海县校级月考）足球场上三个人相互传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过五次传球后，球又回到甲手中，则不同的传球种数有种．4．甲、乙、丙、丁各拿一个足球同时进行一次传球，要求每个人可以将球传给另外三人中的任何一人，一次传球后，每个人仍各有一个球的概率为．5．（2012春•酉阳县月考）A，B，C，D四名同学在操场上训练传球，球从A手中传出，记为第一次传球．设经过K次传球又传给A，不同的传球方法数为a k经过K+1次传球又传给A，不同的传球方法数为a k+1，运用归纳推理找出a k+1与a k（k∈N+且K≥2）的关系是．三．解答题（共7小题）6．n个人互相传球，由甲开始发球，经过m次传球后，球仍回到甲的手中，一共有多少种传法？（m≥2，n≥3）．7．（2014•安徽一模）甲乙丙丁四个人做传球练习，球首先由甲传出，每个人得到球后都等概率地传给其余三个人之一，设P n表示经过n次传递后球回到甲手中的概率，求：（1）P2之值；（2）P n（以n表示过n次传递后球落在甲的手中）8．（2015•文登市二模）星空电视台组织篮球技能大赛，每名选手都要进行运球、传球、投篮三项比赛，每个选手在各项比赛中获得合格与不合格的机会相等，且互不影响．现有A、B、C、D、E、F六位选手参加比赛，电视台根据比赛成绩对前2名进行表彰奖励．（Ⅰ）求A至少获得一个合格的概率；（Ⅱ）求A与B只有一个受到表彰奖励的概率．9．（2010秋•城厢区校级期中）福建省第14届运动会在妈祖故里莆田举行，在开幕式表演“篮球操”的训练中我校A、B、C三个同学一组进行传球训练，每个同学传给另外两个中的某一个的可能性都相同（Ⅰ）列出从A开始3次传球的所有路径（用A、B、C表示）；（Ⅱ）求从起A开始3次传球后，篮球停在A的概率．10．（2012•北京模拟）甲、乙、丙、丁四个人进行传球练习，每次球从一个人的手中传入其余三个人中的任意一个人的手中．如果由甲开始作第1次传球，经过n次传球后，球仍在甲手中的所有不同的传球种数共有a n种．（如，第一次传球模型分析得a1=0．）（1）求a2，a3的值；（2）写出a n+1与a n的关系式（不必证明），并求a n=f（n）的解析式；（3）求的最大值．11．（2014春•上城区校级期中）包含甲在内的甲、乙、丙3个人练习传球，设传球n次，每人每次只能传一下，首先从甲手中传出，第n次仍传给甲，共有多少种不同的方法？为了解决上述问题，设传球n次，第n次仍传给甲的传球方法种数为a n；设传球n次，第n次不传给甲的传球方法种数为b n．根据以上假设回答下列问题：（1）求出a1，a2，b1的值；（2）根据你的理解写出a n+1与b n的关系式；（3）求a5的值及通项公式a n．12．（2014秋•屯溪区校级月考）现有六名篮球运动员进行传球训练，由甲开始传球（第一次传球是由甲传向其他五名运动员中的一位），若第n次传球后，球传回到甲的不同传球方式的种数记为a n．（1）求出a1、a2的值，并写出a n与a n﹣1（n≥2）的关系式；（2）证明数列是等比数列，并求出数列{a n}的通项公式；（3）当n≥2时，证明：．参考答案1．（下城区校级期中）三人相互传球，由甲开始发球，经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方法的种数是（）A．6 B．8 C．10 D．16解：根据题意，做出树状图，第五次要穿的甲的手里，∴第四次时球不能在甲的手中．分析可得，从图中可以看出共有10种不同的传球方式；故答案为：10．2．（甘州区校级期末）如图A、B、C三个同学进行篮球传球训练，若每个同学传给另外两个中的某一个的可能性相同且从A起开始传球，则经过4次传球后篮球仍停在A的概率是．解：画树状图得：则经过4次传球后，球仍回到甲手中的不同传球的方法共有6种，而所有的传球方法共有24=16种，故经过4次传球后篮球仍停在A的概率是=，故答案为．3．（宁海县校级月考）足球场上三个人相互传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过五次传球后，球又回到甲手中，则不同的传球种数有种．解：根据题意，做出树状图，第五次要穿的甲的手里，∴第四次时球不能在甲的手中．分析可得，从图中可以看出共有10种不同的传球方式；故答案为：104．甲、乙、丙、丁各拿一个足球同时进行一次传球，要求每个人可以将球传给另外三人中的任何一人，一次传球后，每个人仍各有一个球的概率为．解：∵甲、乙、丙、丁各拿一个足球同时进行一次传球，要求每个人可以将球传给另外三人中的任何一人，∴一次传球后，基本事件总数n=34，一次传球后，每个人仍各有一个球，包含的基本事件的个数：假设甲先传，由3种传法，假设传给乙，则乙有3种传法，此时丙和丁都只有一种传法，由分步计数原理，得一次传球后，每个人仍各有一个球，包含的基本事件的个数：m=3×3×1×1=9，∴一次传球后，每个人仍各有一个球的概率p==．故答案为：．5．（酉阳县月考）A，B，C，D四名同学在操场上训练传球，球从A手中传出，记为第一次传球．设经过K次传球又传给A，不同的传球方法数为a k经过K+1次传球又传给A，不同的传球方法数为a k+1，运用归纳推理找出a k+1与a k（k∈N+且K≥2）的关系是______ 解：（1）当k=2时，依题意：经过2次传球又传给A，所以由A传出后传给BCD中的任意一个后又传给A，共3种不同的传法，所以a2=3．（2）当k=3时，依题意：经过3次传球又给A，所以用树状图表示为：所以a3=6，因此．（3）当k=4时，依题意：经过4次传球又给A，所以用树状图表示为：所以a4=21，故．因此猜想a k+1与a k（k∈N+且K≥2）的关系是．故答案为．6．n个人互相传球，由甲开始发球，经过m次传球后，球仍回到甲的手中，一共有多少种传法？（m≥2，n≥3）．解：设k（k∈N*）次传给甲的方式有a k种，得a k+1=（n﹣1）k﹣a k，令b k=，得（n﹣1）b k+1+b k=1，变形得，b k+1=（b k﹣），{b k﹣}是公比为的等比数列，∴b k﹣=（），，∴b k﹣=（），∴b k=[（n﹣1）k﹣1﹣（﹣1）k﹣1]，∵[1﹣]，当k=m时，[（n﹣1）m﹣1﹣（﹣1）m﹣1]∴一共有[（n﹣1）m﹣1﹣（﹣1）m﹣1]种传法．7．（安徽一模）甲乙丙丁四个人做传球练习，球首先由甲传出，每个人得到球后都等概率地传给其余三个人之一，设P n表示经过n次传递后球回到甲手中的概率，求：（1）P2之值；（2）P n（以n表示过n次传递后球落在甲的手中）解：（1）经过一次传递后，落在乙丙丁手中的機率分別为，而落在甲手中的概率为0，因此P1=0，两次传递后球落在甲手中的概率为P2=×+×+×=（4分）（2）要想红过n次传递后球落在甲的手中，那么在n﹣1次传递后球一定不在甲手中，所以P n=（1﹣P n﹣1），n=1，2，3，4，…，因此P3=（1﹣P2）=×=，P4=（1﹣P3）=×=，P5=（1﹣P4）=×=，P6=（1﹣P5）=×=，∵P n=（1﹣P n﹣1）∴P n﹣=﹣（P n﹣1﹣）P n﹣=（P1﹣）所以P n=﹣．8．（文登市二模）星空电视台组织篮球技能大赛，每名选手都要进行运球、传球、投篮三项比赛，每个选手在各项比赛中获得合格与不合格的机会相等，且互不影响．现有A、B、C、D、E、F六位选手参加比赛，电视台根据比赛成绩对前2名进行表彰奖励．（Ⅰ）求A至少获得一个合格的概率；（Ⅱ）求A与B只有一个受到表彰奖励的概率．解：（Ⅰ）记A运球，传球，投篮合格分别记为W1，W2，W3，不合格为则A参赛的所有可能的结果为（W1，W2，W3），（），（），（），（），（），（），（）共8种，由上可知A至少获得一个合格对应的可能结果为7种，∴A至少获得一个合格的概率为：（Ⅱ）所有受到表彰奖励可能的结果为{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{C，D}，{C，E}，{C，F}，{D，E}，{D，F}，{E，F}共15个，则A与B只有一个受到表彰奖励的结果为{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F}共8种则A与B只有一个受到表彰奖励的概率为9．（城厢区校级期中）福建省第14届运动会在妈祖故里莆田举行，在开幕式表演“篮球操”的训练中我校A、B、C三个同学一组进行传球训练，每个同学传给另外两个中的某一个的可能性都相同（Ⅰ）列出从A开始3次传球的所有路径（用A、B、C表示）；（Ⅱ）求从起A开始3次传球后，篮球停在A的概率．解：（Ⅰ）3次传球的所有路径如下：A→B→C→A，A→B→C→B，A→B→A→B，A→B→A→C，A→C→B→A，A→C→B→C，A→C→A→C，A→C→A→B．共8条路径．（Ⅱ）记“3次传球后，停在A点”为事件A，则事件A包含2个基本事件：A→B→C→A，A→C→B→A．∴P（A）=．即3次传球后，停在A点的概率为．10．（北京模拟）甲、乙、丙、丁四个人进行传球练习，每次球从一个人的手中传入其余三个人中的任意一个人的手中．如果由甲开始作第1次传球，经过n次传球后，球仍在甲手中的所有不同的传球种数共有a n种．（如，第一次传球模型分析得a1=0．）（1）求a2，a3的值；（2）写出a n+1与a n的关系式（不必证明），并求a n=f（n）的解析式；（3）求的最大值．解：（1）可画出示意图：可得经过两次传球回到甲手中的所有不同种数为3；经过3次传球回到甲手中的所有不同种数为6．因此可得：得a2=3，a3=6．（2）依题意有a1=0，且a n+1+（n=1，2，3，…）．将a n+1+变形为，从而数列{}是首项为，公比为﹣1的等比数列．∴，可得（n=1，2，3，…）．（3）①当n是偶数时，，为关于n的单调递减函数∴当n是偶数时，随n的增大而减小，从而，当n是偶数时，的最大值是．②当n是奇数时，，为关于n的单调增减函数∴当n是奇数时，随n的增大而增大，且．综上，的最大值是．11．（上城区校级期中）包含甲在内的甲、乙、丙3个人练习传球，设传球n次，每人每次只能传一下，首先从甲手中传出，第n次仍传给甲，共有多少种不同的方法？为了解决上述问题，设传球n次，第n次仍传给甲的传球方法种数为a n；设传球n次，第n次不传给甲的传球方法种数为b n．根据以上假设回答下列问题：（1）求出a1，a2，b1的值；（2）根据你的理解写出a n+1与b n的关系式；（3）求a5的值及通项公式a n．解：（1）根据题意，做出树状图，当n=1时，球不在甲的手中，∴a1=0，同理求出a2=2，b1=2；（2）通过树状图，得a1=0，a2=2，a3=2，a4=6，…；b1=2，b2=2，b3=6，…；归纳、猜想，得出a n+1=b n；（3）根据题意，做出树状图，注意第四次时，球不在甲那里；分析可得，共有10种不同的传递方式；∴a5=10；设经过n次传球后球回到甲手中的传法有a n种．则经过（n﹣1）次传球后球回到甲手中的传法有a n﹣1种．而（n﹣1）次传球一共有2n﹣1次传法，所以经过（n﹣1）次传球后球没有回到甲手中的传法有a n=2n﹣1﹣a n﹣1，∴a2=21﹣a1，a3=22﹣a2=22﹣21+a1，…，∴a n=2n﹣1﹣2n﹣2+2n﹣3﹣2n﹣4+…，∴a n=×2n+×（﹣1）n．12．（屯溪区校级月考）现有六名篮球运动员进行传球训练，由甲开始传球（第一次传球是由甲传向其他五名运动员中的一位），若第n次传球后，球传回到甲的不同传球方式的种数记为a n．（1）求出a1、a2的值，并写出a n与a n﹣1（n≥2）的关系式；（2）证明数列是等比数列，并求出数列{a n}的通项公式；（3）当n≥2时，证明：．解（1）：a1=0，a2=5，第n﹣1次传球后，不同传球方式种数为5n﹣1，不在甲手中的种数为5n﹣1﹣a n﹣1，∴当n≥2时，…（5分）（2）：由a n=﹣a n﹣1+5n﹣1，得，又，则数列是以为首项，为公比的等比数列．从而，故．…（9分）（3）证明：当n（n≥3）为奇数时，则n﹣1为偶数，==＜6•==＜==当n（n≥2）为偶数时，则n+1为奇数，从而综上，当n≥2时，．。
- 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)。
1.(2014·陕西高考理科·T5)已知底面边长为1,侧棱长为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.ππ D.【解题指南】根据截面圆半径、球心距、球半径构成直角三角形,满足勾股定理,求出球的半径,代入球的体积公式求解.【解析】选D.由正四棱柱的各顶点均在同一个球面上,可设正四棱柱的上底所在截面圆的半径为R1,则+=1可得=;又侧棱长为,所以球心到截面圆的距离d= ;由截面圆半径、球心距、球半径构成直角三角形,根据勾股定理得球半径R= ==1,代入球的体积公式得球的体积为.2.(2016·全国卷Ⅱ文科·T4)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( )π B.323πππ【解题指南】利用正方体的体对角线就是球的直径求解.【解析】选A.因为正方体的体积为8,所以正方体的棱长为2,其体对角线长为3,所以正3.(2015·新课标全国卷Ⅱ理科·T9)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( )ππππ【解题指南】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VO-ABC =VC-AOB列出关于半径R的方程,求出球的半径,然后求出球的表面积.【解析】选C.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VO-ABC =VC-AOB=13×12R2×R=16R3=36,故R=6,则球O的表面积为S=4πR2=144π.4.(2016·全国卷Ⅲ·文科·T11)与(2016·全国卷3·理科·T10)相同在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是( )π B.9π2π D.32π3【解题指南】注意当球和直三棱柱的三个侧面内切时,球已不在直三棱柱内.【解析】选B.当球的半径最大时,球的体积最大.在直三棱柱内,当球和三个侧面都相切时,因为AB ⊥BC,AB=6,BC=8,所以AC=10,底面的内切圆的半径即为此时球的半径r=68102+-=2,直径为4>侧棱.所以球的最大直径为3,半径为32,此时体积V=9π2. 方体的外接球的半径为3,所以球的表面积为4π·(3)2=12π.5.（2010·辽宁高考文科·Ｔ11）已知S ，A ，B ，C 是球O 表面上的点，SA ⊥平面ABC ,AB ⊥BC ，SA =AB =1，BC =2,则球O 的表面积等于（ ）（A ）4π(B ）3π (C)2π (D) π【命题立意】本题考查了空间两点间距离公式和球的表面积公式.【思路点拨】【规范解答】选A.SA ⊥Q 平面ABC ，AB ，AC ⊂平面ABC ，SA AB ∴⊥，SA AC ⊥， 故可以A 为原点，AC 所在的直线为y 轴，AS 所在的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ，则(0,0,0)A ,63(,,0)B ,(0,3,0)C ,(0,0,1)S ,设球心O 坐标为000(,,)x y z ，则点O 到各顶点S ，A ，B ，C 的距离相等，都等于球的半径R. 22220002222000222200222200063()()(0)(0)(3)(0)(0)(0)(1)x y z R x y z R x y z R x y z R⎧++=⎪⎪-+-+-=⎪∴⎨⎪-+-+-=⎪⎪-+-+-=⎩， 解得2000310,,,12x y z R ====， ∴球的表面积为24414R πππ=⨯=.故选A.【方法技巧】1.选用球心到各顶点的距离都相等来确定球心，才能求出半径，建立空间坐标系 设球心坐标 球的半径 球的表面积2.也可用另外的方法找到球心，因为∠ABC 是直角，所以AC 是过A ，B ，C 三点的小圆的直径，所以球心在过AC 和平面ABC 垂直的平面上，可知球心在平面SAC 中，又因为球心到点S ，A ，C 的距离都相等，且△SAC 是直角三角形，所以球心就是斜边SC 的中点，球的半径为SC 的一半，3.另外，可将三棱锥S-ABC 补成一个长方体进行求解.6.（2010 ·海南宁夏高考·理科T10）设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长为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 【命题立意】本小题主要考查了几何体的外接球问题.【思路点拨】找出球与棱柱的相应关系，找出球的半径与三棱柱棱长之间的关系.【规范解答】选Ｂ.设球心为O ，设正三棱柱上底面为ABC ∆，中心为O '，因为三棱柱所有棱的长为a ，则可知OO ' 2a =，3O A a '=，又由球的相关性质可知，球的半径6R a ==，所以球的表面积为22743R a ππ=，故选Ｂ. 7．（2011·辽宁高考文科·Ｔ10）已知球的直径SC=4，A ，B 是该球球面上的两点，AB=2，∠ASC=∠BSC=45°，则棱锥S-ABC 的体积为（ ）（A ）3 (B)3 (C) 3 (D)3【思路点拨】找到直径SC 的垂截面是解决本题的关键．【精讲精析】选C ，设球心为O ，则BO AO ,是两个全等的等腰直角三角形斜边上的高，斜边4,=SC 故2==BO AO ，且有SC AO ⊥，SC BO ⊥． ∴)(31OC SO S V V V AOB AOB C AOB S ABC S +=+=∆---=3344243312=⨯⨯⨯． 8.（2011·辽宁高考理科·Ｔ12）已知球的直径SC =4，B A ,是该球球面上的两点，AB =3，︒=∠=∠30B SC ASC ，则棱锥ABC S -的体积为（ ）（A ）33 （B ）32 （C ）3 （D ）1【思路点拨】找到直径SC 的垂截面是解决本题的关键．【精讲精析】选C.由题意可知SAC ∆和SBC ∆是两个全等的直角三角形，过直角顶点B A ,分别作斜边上的高线BH AH ,，由于︒=∠=∠30B SC ASC ，求得3==BH AH ，所以等边ABH ∆的面积为2ABH 333S 3)∆==，所求棱锥ABC S -的体积等于以ABH ∆为底的两个小三棱锥的体积的和，其高的和即为球的直径SC 的长，故⨯=-31ABC S V 43334=⨯． 9.（2011·新课标全国高考理科·Ｔ15）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 __ .【思路点拨】画出图形，找出球心位置，然后数形结合求出棱锥O-ABCD 的 体积.【精讲精析】 如图所示，OO '垂直于矩形ABCD 所在的平面，垂足为O '，连接O 'B ，OB ，则在Rt ∆OO B '中，由OB ＝4, 3O B '=OO '＝2,1162328 3.33O ABCD V S OO -'∴=⋅=⨯⨯= 【答案】310.（2011·新课标全国高考文科·Ｔ16）已知两个圆锥有公共底面，且两个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163 ，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________【思路点拨】画出图形，利用数形结合，然后利用球及圆的性质求解.【精讲精析】如图设球的半径为R ，圆锥的底面 圆半径为r ，则依题意得223416r R ππ=⨯，即3cos ,2r O CO R '=∠= 130,2O CO OO R ''∴∠=︒∴=，11,22AO R R BO R R ''∴=-=+, 【答案】1311.（2012·新课标全国高考理科·T11）已知三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC=2,则此棱锥的体积为（ ）6A (B) 6 (C)3 (D)2【解题指南】思路一：取AB 的中点为D ，将棱锥分割为两部分，利用B CDS A CDS V V V --=+求体积；思路二：设点O 到面ABC 的距离为d,利用123ABC V S d ∆=⨯求体积；思路三：利用排除法求解.【解析】选A.方法一：SC Q 是球O 的直径，90CAS CBS ∴∠=∠=︒.1BA BC AC ===Q ，2SC =，AS BS ∴==AB 的中点为D ，显然AB CD ⊥，AB CS ⊥SD ，AB ∴⊥平面CDS.在CDS ∆中，2CD ，2DS =，2SC =，利用余弦定理可得cosCDS ∠=故sin CDS ∠=12222CDS S ∆∴=⨯⨯=，13B CDS A CDS CDS V V V S BD --∆∴=+=⨯⨯+1111333CDS CDS S AD S BA ∆∆⨯=⨯==.方法二：ABC ∆的外接圆的半径3r =，点O 到平面ABC 的距离3d ==，SC 为球O 的直径⇒点S 到平面ABC 的距离为23d =，此棱锥的体积为11233436ABC V S d ∆=⨯=⨯=.方法三：1236ABC V S R ∆<⨯=，排除,,B C D . 12. （2013·新课标Ⅰ高考理科·Ｔ6）如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高8cm,将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为6cm,如果不计容器的厚度,则球的体积为 ( ) A.33500cm π B. 33866cm π C. 331372cm π D. 332048cm π 【解题指南】结合截面图形,构造直角三角形,利用勾股定理列出关于球半径的方程,求出球半径,再利用334R V π=求出球的体积.【解析】选A. 设球的半径为R,由勾股定理可知， 2224)2(+-=R R ,解得5=R ，所以球的体积332445005()333V R cm πππ==⨯= 13.（2012·新课标全国高考文科·Ｔ8）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 ）6π （B ）43π （C ）46π （D ）63π【解题指南】利用球心到截面的距离、截面圆的半径、球的半径之间满足勾股定理求得球的半径，然后利用公式求得球的体积.【解析】选B.设球O 的半径为R ，则R ==343V R π==球.14.（2012·辽宁高考文科·Ｔ16）已知点P ，A ，B ，C ，D 是球O 表面上的点，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是边长为.若PA=2则△OAB 的面积为______________.【解题指南】注意到已知条件中的垂直关系，将点P,A,B,C,D 看作长方体的顶点来考虑.【解析】由题意，PA ⊥平面ABCD ，则点P,A,B,C,D,可以视为球O 的内接长方体的顶点，球O 位于该长方体的对角线的交点处，那么△OAB 的面积为长方体对角面的四分之一.16=26=34AB PA PB OABD ==∴=∴∆⨯Q ，面积的16=4AB PA PB OABD ==∴=∴∆⨯Q ，面积.【答案】15. （2013·辽宁高考文科·Ｔ10）与（2013·辽宁高考理科·Ｔ10）相同已知三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上，若13,4,,12,AB AC AB AC AA ==⊥=，则球O 的半径为（ ）【解题指南】对于某些简单组合体的相接问题，通过作出截面，使得有关的元素间的数量关系相对集中在某个平面图形中。