球 高考试题解析
高考“球”题归类例析
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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 ．。
高考球例题复习精讲答案版
典型例题1——球的截面例1 球面上有三点A 、B 、C 组成这个球的一个截面的内接三角形三个顶点，其中18=AB ，24=BC 、30=AC ，球心到这个截面的间隔 为球半径的一半，求球的外表积．分析：求球的外表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，球心到截面的间隔 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 ，又球心到截面的间隔 为R d 21=，∴22215)21(=-R R ，得310=R ． ∴球的外表积为πππ1200)310(4422===R S ．说明：涉及到球的截面的问题，总是运用关系式22d R r -=解题，我们可以通过两个量求第三个量，也可能是抓三个量之间的其它关系，求三个量．【练习】过球O 外表上一点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 与球心的间隔 R a d -=36，过点B 、C 、D 的截面圆半径a r 33=，所以222)36()33(R a R a --=得R a 362=． 典型例题2——球面间隔例2 过球面上两点作球的大圆，可能的个数是（ ）．A ．有且只有一个B ．一个或无穷多个C ．多数个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展探讨．当三点不共线时，可以作一个大圆；当三点共线时，可作多数个大圆，故选B ．例3 球面上有3个点，其中随意两点的球面间隔 都等于大圆周长的61，经过3个点的小圆的周长为π4，求这个球的半径． 分析：利用球的概念性质和球面间隔 的学问求解． 设球的半径为R ，小圆的半径为r ，则ππ42=r ，∴2=r ．如图所示，设三点A 、B 、C ，O 为球心，362ππ==∠=∠=∠COA BOC AOB ．又∵OB OA =，∴AOB ∆是等边三角形，同样，BOC ∆、COA ∆都是等边三角形，得ABC ∆为等边三角形，边长等于球半径R ．r 为ABC ∆的外接圆半径，R AB r 3333==，3233==r R ． 说明：本题是近年来球这局部所出的最为综合全面的一道题，除了考察常规的与多面体综合外，还考察了球面间隔 ，几乎涵盖了球这局部全部的主要学问点，是一道不行多得的好题．例4 A 、B 是半径为R 的球O 的球面上两点，它们的球面间隔 为R 2π，求过A 、B 的平面中，与球心的最大间隔 是多少？分析：A 、B 是球面上两点，球面间隔 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 两点的球面的间隔 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 的截面圆间隔 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 与球心到截面的间隔 d 之间的改变规律．此外本题还涉及到球面间隔 的运用，球面间隔 干脆与两点的球心角AOB ∠有关，而球心角AOB ∠又干脆与AB 长度发生联络，这是运用或者求球面间隔 的一条根本线索． 典型例题3——其它问题例5．自半径为R 的球面上一点M ，引球的三条两两垂直的弦MC MB MA ,,，求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展计算，所以应引导学生构造熟识的几何体并与球有亲密的关系，便于将球的条件与之相联．解：以MC MB MA ,,为从一个顶点动身的三条棱，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．说明：此题突出构造法的运用，以及浸透利用分割补形的方法解决立体几何中体积计算．例6．试比拟等体积的球与正方体的外表积的大小．分析：首先抓好球与正方体的根本量半径和棱长，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 =．∴<2164π <324V π32216V ，即正方体球S S <．典型例题4——球与几何体的切、接问题例7 一个倒圆锥形容器，它的轴截面是正三角形，在容器内注入水，并放入一个半径为r 的铁球，这时水面恰好和球面相切．问将球从圆锥内取出后，圆锥内程度面的高是多少？分析：先作出轴截面，弄清晰圆锥和球相切时的位置特征，利用铁球取出后，锥内下降局部(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 = 则以AB 为底面直径的圆锥容积为PC AC V ⋅⋅=231π圆锥3233)3(31r r r ππ=⋅=， 球取出后水面下降到EF ，水体积为32291)30tan (3131x PH PH PH EH V πππ=︒=⋅⋅=水． 又球圆锥水V V V -=，则33334391r r x πππ-=， 解得r x 315=． 例8．设正四面体中，第一个球是它的内切球，第二个球是它的外接球，求这两个球的外表积之比及体积之比．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间隔 ，第二个球的半径为正四面体中心到顶点的间隔 ．设R OA r OO ==,1，正四面体的一个面的面积为S ．依题意得)(31r R S V BCD A +=-， 又S r V V BCD O BCD A ⋅⨯==--3144 r r R 4=+∴即r R 3=．所以914422==R r ππ外接球的表面积内切球的表面积．271343433==R r ππ外接球的体积内切球的体积． 说明：正四面体与球的接切问题，可通过线面关系证出，内切球和外接球的两个球心是重合的，为正四面体高的四等分点，即定有内切球的半径h r 41=(h 为正四面体的高)，且外接球的半径r R 3=．例9．把四个半径都是1的球中的三个放在桌面上，使它两两外切，然后在它们上面放上第四个球，使它与前三个都相切，求第四个球的最高点与桌面的间隔 ．分析：关键在于能依据要求构造出相应的几何体，由于四个球半径相等，故四个球肯定组成正四面体的四个顶点且正四面体的棱长为两球半径之和2．解：四球心组成棱长为2的正四面体的四个顶点，则正四面体的高362)332(222=⋅-=h ．而第四个球的最高点到第四个球的球心间隔 为求的半径1，且三个球心到桌面的间隔 都为1，故第四个球的最高点与桌面的间隔 为3622+． 例10．如图1所示，在棱长为1的正方体内有两个球相外切且又分别与正方体内切．（1）求两球半径之和；（2）球的半径为多少时，两球体积之和最小．分析：此题的关键在于作截面，一个球在正方体内，学生一般知道作对角面，而两个球的球心连线也应在正方体的体对角线上，故仍需作正方体的对角面 ，得如图2的截面图，在图2中，视察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==．（1）设两球体积之和为V ，则))((34)(342233r Rr R R r r R V +-+=+=ππ 当433-=R 时，V 有最小值．∴当433-==r R 时，体积之和有最小值．作业 1. 正三棱锥的高为1，底面边长为62，正三棱锥内有一个球与其四个面相切．求球的外表积与体积．解：如图，球O 是正三棱锥ABC P -的内切球，O 到正三棱锥四个面的间隔 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 ⨯⨯+⨯⨯⨯=⨯⨯36313233113631 得：2633232-=+=R ， 说明：球心是确定球的位置关键点，本题利用球心到正三棱锥四个面的间隔 相等且为球半径R 来求出R ，以球心的位置特点来抓球的根本量，这是解决球有关问题常用的方法．2. 求球与它的外切圆柱、外切等边圆锥的体积之比．分析：首先画出球及它的外切圆柱、等边圆锥，它们公共的轴截面，然后找寻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 ； 3 在球心同侧有相距cm 9的两个平行截面，它们的面积分别为249cm π和2400cm π．求球的外表积．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 ． 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 ，∴球的外表积为22500cm π．【高考真题】（2019四川理数）（11）半径为R 的球O 的直径AB 垂直于平面α，垂足为B ， BCD ∆是平面α内边长为R 的正三角形，线段AC 、AD 分别与球面交于点M ，N ，那么M 、N 两点间的球面间隔 是（A ）17arccos 25R （B ）18arccos 25R （C ）13R π （D ）415R π 解析：由已知，AB ＝2R ,BC ＝R ,故tan ∠BAC ＝12cos ∠BAC ＝5连结OM ，则△OAM 为等腰三角形AM ＝2AOcos ∠BAC ＝5R ，同理AN ＝5R ，且MN ∥CD而AC,CD ＝R 故MN ：CD ＝AN :ACMN ＝45R ， 连结OM 、ON ，有OM ＝ON ＝R于是cos ∠MON ＝22217225OM ON MN OM ON +-= 所以M 、N 两点间的球面间隔 是17arccos25R 答案：A （2019湖北文数）14.圆柱形容器内盛有高度为3cm 的水，若放入三个一样的珠（球的半么与圆柱的底面半径一样）后，水恰好沉没最上面的球，则球的半径是 cm.【答案】4【解析】设球半径为r ，则由3V V V +=球水柱可得33224863r r r r πππ⨯+⨯=⨯,解得r=4. （2009全国卷Ⅰ文）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 的外表积等于__________________.【解析】本小题考察球的截面圆性质、球的外表积，根底题。
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.。
高考中的球体问题
高考中的球体问题例1 球面上有三点A 、B 、C 组成这个球的一个截面的内接三角形三个顶点，其中18=AB ，24=BC 、30=AC ，球心到这个截面的距离为球半径的一半，求球的表面积．分析：求球的表面积的关键是求球的半径，本题的条件涉及球的截面，ABC ∆是截面的内接三角形，由此可利用三角形求截面圆的半径，球心到截面的距离为球半径的一半，从而可由关系式222d R r -=求出球半径R ．解：∵18=AB ，24=BC ，30=AC ，∴222AC BC AB =+，ABC ∆是以AC 为斜边的直角三角形． ∴ABC ∆的外接圆的半径为15，即截面圆的半径15=r ，又球心到截面的距离为R d21=，∴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2．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3．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 <．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PC AC V ⋅⋅=231π圆锥3233)3(31r r r ππ=⋅=，球取出后水面下降到EF ，水体积为32291)30tan (3131x PH PH PH EH V πππ=︒=⋅⋅=水．又球圆锥水V V V -=，则33334391r r x πππ-=， 解得r x 315=．例5．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 BCDA +=-， 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 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 r41=(h 为正四面体的高)，且外接球的半径r R 3=． 例6．把四个半径都是1的球中的三个放在桌面上，使它两两外切，然后在它们上面放上第四个球，使它与前三个都相切，求第四个球的最高点与桌面的距离．分析：关键在于能根据要求构造出相应的几何体，由于四个球半径相等，故四个球一定组成正四面体的四个顶点且正四面体的棱长为两球半径之和2．解：四球心组成棱长为2的正四面体的四个顶点，则正四面体的高362)332(222=⋅-=h ． 而第四个球的最高点到第四个球的球心距离为求的半径1，且三个球心到桌面的距离都为1，故第四个球的最高点与桌面的距离为3622+． 例7．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； 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==．图23)(3=+++∴R r R r ， 233133-=+=+∴r R ． 练习：1、一个四棱柱的底面是正方形,侧棱与底面垂直,其长度为4,棱柱的体积为16,棱柱的各顶点在一个球面上,则这个球的表面积是 ( ) A .16π B .20π C .24πD .32π 答案:C解:由题意知,该棱柱是一个长方体,其长、宽、高分别为2,2,4.所以其外接球的半径R 所以球的表面积是S =4πR 2=24π.2四个顶点在同一个球面上,则此球的表面积为( )A.3πB.4πD.6π 答案:A以四面体的棱长为正方体的面对角线构造正方体,则正方体内接于球,正方体棱长为1,则体对角线长等于球的直径,即2R 所以S 球=4πR 2=3π.3.在半球内有一个内接正方体,试求这个半球的体积与正方体的体积之比.解：将半球补成整个的球（见题中的图）,同时把原半球的内接正方体再补接一个同样的正方体,构成的长方体刚好是这个球的内接长方体,那么这个长方体的体对角线便是它的外接球的直径.设原正方体棱长为a ,球的半径为R ,则根据长方体的对角线性质,得(2R )2=a 2+a 2+(2a )2,即4R 2=6a 2.所以R a .从而V 半球=2π3R 3=32π3⎫⎪⎪⎝⎭3, V 正方体=a 3.因此V 半球∶V 正方体3∶a 3π∶2.4.,四个顶点在同一个球面上,则此球的表面积为( )A.3πB.4πD.6π 答案:A解析:以PA ,PB ,PC 为棱作长方体,则该长方体的外接球就是三棱锥P -ABC 的外接球,所以球的半径R ,所以球的表面积是S =4πR 2=16π.5.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．解：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B C D 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=． 6.一个正三棱锥的四个顶点都在半径为1的球面上，其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上，则该正三棱锥的体积是（ B ） A ．433 B ．33 C ． 43 D ．1237. 直三棱柱111ABC A B C -的各顶点都在同一球面上，若12AB AC AA === ,120BAC ∠=︒，则此球的表面积等于 。
高考数学球体截面有关的计算问题(解析版)
专题10 与球体截面有关的计算问题【母题来源一】【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 ππ=∴=，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==，根据球的截面性质1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A【名师点睛】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. 【母题来源二】【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，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．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，则2R ==R =344π338V 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 ∴===， 在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 ∴======2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴==2R ∴=，344338V R ∴=π=π⨯=.故选D.【名师点睛】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．【命题意图】高考对本部分内容重点考查球的几何性质及体积与表面积的计算.考查直观想象、数学运算和逻辑推理的核心素养.【命题规律】本部分是高考考查的重点内容，考查的主要角度有两种：一是由球体截面的性质计算体积与表面积；二是球与多面体的切与接问题.命题形式以选择题与填空题为主，涉及空间几何体的结构特征、三视图等内容，要求考生要有较强的空间想象能力和计算能力，能用转化与化归的思想解题.【答题模板】解答本类题目，一般考虑如下三步：第一步：确定球心；第二步：运用球体的性质求出球的半径；第三步：根据公式计算.【方法总结】1．解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的．2．记住几个常用的结论：（1）正方体的棱长为a，球的半径为R.①对于正方体的外接球，2R；②对于正方体的内切球，2R＝a；③对于球与正方体的各棱相切，2R.（2）在长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，球的半径为R，则2R=（3）正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.3．构造法在定几何体外接球球心中的应用（1）正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；（2）同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；（3）若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体； （4）若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补形成长方体或正方体． 【好题训练】1．【2020广西南宁高三三模】已知过球面上三点,,A B C 的截面到球心距离等于球半径的一半，且ABC 是边长为6的等边三角形，则球表面积为 A ．42π B ．48πC ．64πD ．60π【答案】C【解析】取AB 的中点D ，连接CD ，由题意可得△ABC 的外心O '在线段CD 上，由ABC 是边长为6的等边三角形可得CD =23O C CD '== 设球的球心为O ，半径为R ，连接OC 、OO '，如图：由球的性质可得OC R =，OO '⊥平面ABC ，即2ROO '=，所以OO O C ''⊥，在Rt OO C '△中，222O O O C OC ''+=即(2222R R ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，解得4R =或4R =-（舍去），所以该球的表面积2464S R ππ==.故选：C.【名师点睛】本题考查了球的几何特征的应用及表面积的求解，考查了空间思维能力与运算求解能力，属于基础题.2．【2020安徽合肥一六八中学高三模拟】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的三个顶点，其中18AB =，24BC =，30AC =，球心到这个截面的距离为球半径的一半，则该球的表面积为 A ．1200π B ．1400πC ．1600πD ．1800π【答案】A【解析】设所求球的球心为O ，半径为,R AC 中点为1O ，连1,OO OA ，18AB =，24BC =，30AC =，222,AB BC AC AB BC ∴+=∴⊥，1O ∴为过,,A B C 三点截面圆的圆心，1OO ∴⊥平面1,ABC OO AC ∴⊥，在1Rt OO A ∆中，22222211154R AO R OO AO ==+=+，解得2300R =，球O 的表面积为241200R ππ=.故选：A.【名师点睛】本题考查球的表面积，利用球的性质是解题的关键，属于中档题.3．【2020广东佛山高三调研】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 ．3500cm 3πB ．3866cm 3πC ．31372cm 3πD ．32048cm 3π【答案】A【解析】设球的半径为R cm ，根据已知条件知，正方体的上底面与球相交所得截面圆的半径为4cm ，球心到截面圆的距离为()2R -cm ，所以由()22242R R +-=，得5R =，所以球的体积为()333445005cm 333V R πππ==⨯=．故选：A ．【名师点睛】本题主要考查球的体积公式的应用，以及球的结构特征的应用，属于基础题．4．【2020重庆八中高三三模】用一根长为18cm 的铁丝围成正三角形框架，其顶点为,,A B C ，将半径为2cm 的球放置在这个框架上（如图）.若M 是球上任意一点，则四面体MABC 体积的最大值为A ．34cm B 3 C ．3 D ．3【答案】D【解析】设球的圆心为O ，半径为R ，ABC 内切圆圆心为1O ，由题意知ABC 三边长为6cm ，则ABC 内切圆半径1cos303r AB =⋅⋅︒=，则11OO ==，所以四面体MABC 的高max 13h OO R =+=.因为22ABCS AB ==，所以四面体MABC 体积的最大值3max max 13ABCV S h =⋅=.故选:D.【名师点睛】本题考查了三棱锥体积的求解.本题的难点是求出球心到三角形所在平面的距离.5．【2020湖北宜昌高三二模】已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点M 为棱1DD 的中点，则平面ACM 截该正方体的内切球所得截面面积为A ．3πB ．23π C ．πD ．43π 【答案】A【解析】如图所示：设内切球球心为O ，O 到平面ACM 的距离为d ，截面圆的半径为r ， 因为内切球的半径等于正方体棱长的一半，所以球的半径为1，又因为O AMC M AOC V V --=，所以123AMCAOCd SS ⨯⨯=⨯，又因为()()1122526,221222AMCAOCSS=⨯⨯-==⨯⨯=，所以1233d ⨯=，所以d =，所以截面圆的半径r ==23S ππ=⋅=⎝⎭.故选：A. 【名师点睛】本题考查正方体的内切球的特点以及球的截面面积的计算，难度一般.任何一个平面去截球，得到的截面一定是圆面，截面圆的半径可通过球的半径以及球心到截面的距离去计算.6．【2020湖南省长郡中学高三模拟】已知长方体1111ABCD A B C D -各个顶点都在球面上，8AB AD ==，16AA =，过棱AB 作该球的截面，则当截面面积最小时，球心到截面的距离为A ．3B ．4C ．5D ．6【答案】C【解析】 过棱AB 作该球的截面，则当截面面积最小时，截面的直径为8AB =， 长方体1111ABCD A B C D -各个顶点都在球面上，8AB AD ==，16AA =，∴，∴5=．故选：C. 【名师点睛】本题考查求球心到截面的距离，考查学生的计算能力，确定当截面面积最小时，截面的直径为8AB =是关键，是基础题．7．【2020四川南充高三三模】已知圆锥1SO 的顶点和底面圆周均在球O 的球面上，且该圆锥的高为8，母线12SA =，点B 在SA 上，且3SB BA =，则过点B 的平面被该球O 截得的截面面积的最小值为 A ．27π B ．36πC ．54πD ．81π【答案】A【解析】如图所示：设球的球心为O ，半径为R ，则8,,SM OA R AM ====，所以222OA OM AM =+， 即()(2228RR =-+，解得9R =，取SA 的中点N ，则3BN =，所以ON ==，OB ==设点C 为截面圆周上一点，若截面面积最小，则 OB ⊥截面，此时截面圆半径为 r BC ===，所以截面面积的最小值为227r ππ=.故选：A【名师点睛】本题主要考查球的截面面积的求法以及截面的性质，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.8．【2020福建泉州高三调研】在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为6的正方形，点E 在线段AD 上，且满足2AE ED =，过点E 作直四棱柱1111ABCD A B C D -外接球的截面，所得的截面面积的最大值与最小值之差为19π，则直四棱柱1111ABCD A B C D -外接球的半径为A B ．C ．D ．【答案】C【解析】因为四棱柱1111ABCD A B C D -是直棱柱，且底面是正方形， 所以其外接球的球心位于直四棱柱的中心，记作O ， 过点O 向底面ABCD 作垂线，垂足为G ，则112OG AA =， 连接BD ，因为底面ABCD 是边长为6的正方形，所以点G 为BD 的中点， 取AD 中点为F ，连接OF ，OE ，OB ，设12AA a =，则OG a =，所以外接球的半径为R OB === 因为点E 在线段AD 上，且满足2AE ED =，则116EF DF DE AB =-==，又132FG AB ==，所以OF 因为直四棱柱中，AB ⊥侧面11ADD A ，//FG AB ，所以FG ⊥侧面11ADD A ， 所以FG AD ⊥，又OG ⊥底面ABCD ，所以OG AD ⊥， 又FG OG G ⋂=，所以OF AD ⊥，则OE =根据球的特征，过点E 作直四棱柱1111ABCD A B C D -外接球的截面， 当截面过球心时，截面圆面积最大，此时截面面积为2S R π=；当OE ⊥，所以此时截面圆面积为()2221S R OE ππ==-；又截面面积的最大值与最小值之差为19π， 所以()2222119S S R R OEOEππππ-=--=⋅=，因此21019a +=，即29a =，所以R ==.故选：C.【名师点睛】本题主要考查求几何体外接球的半径，熟记直四棱柱以及球的结构特征即可，考查空间想象能力，属于常考题型.9．【2020山西师大附中高三质检】设直线l 与球O 有且只有一个公共点P ，从直线l 出发的两个半平面,αβ截球O 的两个截面圆的半分别为1l αβ--的平面角为150︒，则球O 的表面积为 A ．112π B ．28πC ．16πD ．4π【答案】A【解析】过P 与O 作直线l 的垂面如图所示，设球的半径为r ，,OE QP OF PM ⊥⊥，垂足为,E F，则有1,EP PF ==设5,6OPE OPF απα∠=∴∠=-，所以有cos sin 5cos()6r r αααπα⋅=⇒=⋅-， 而22sin cos 1αα+=，所以21cos 28α=，所以228r =，因此球O 的表面积等于：24112r ππ=.故选：A【名师点睛】本题考查了二面角的有关知识，考查了球的表面积公式，考查了空间想象能力.10．【2020广东惠州高三三模】已知正四棱锥P ABCD -的所有顶点都在球O 的球面上，该四棱锥的五个面所在的平面截球面所得的圆大小相同，若正四棱锥P ABCD -的高为2，则球O 的表面积为 A ．8π B ．9πC ．12πD ．16π【答案】A【解析】如图所示，圆O '是正方形ABCD 和等腰△P AB 的外接圆，设圆O '的半径为r ,则,O E AE BE O P r ''====，所以12PE r ⎛=+ ⎝⎭所以2222(2AP AE PE r =+=+设点O 是四棱锥P - ABCD 的外接球的球心，F 为正方形ABCD 的中心，如图，则PF ⊥平面ABCD ，所以在Rt AFP 中有2222(24AF AP PF r =-=+-又因为AF 的长度为圆O '的半径r ,所以22(24r r +-=所以221)AF r === 设四棱锥P - ABCD 的外接球的半径为R ,在Rt AFO 中，222OF OA AF =-，所以221)OF R =-，因为OF PF OP =-，所以22(2)OF R =-所以221)(2)R R -=-解得R =所以四棱锥P - ABCD 的外接球的表面积为248S R ππ==，故选：A【名师点睛】本题主要考查了四棱锥的外接球，球的性质，三角形、正方形外接圆的性质,考查了空间想象力，属于难题.。
关于球的历年高考真题与球有关的高考试题.精品资料
《立体几何》之《球》的分类复习立体几何章节在传统的高考中分值占22分左右，以两小一大的形式出现较多。
与球相关的问 题也时有考题出现，现针对近年高考考题形式总结如下，供复习参考之用：考试核心：性质的应用22212r R OO d -==，构造直角三角形建立三者之间的关系。
类型一：有公共底边的等腰三角形，借助余弦定理求球心角。
（两题互换条件形成不同的题）1.15．如图球O 的半径为2，圆1O 是一小圆，1OO =A 、B 是圆1O 上两点，若A ，B 两点间的球面距离为23π，则1AO B ∠= . （2009年理科）2.15．如图球O 的半径为2，圆1O 是一小圆，1OO =A 、B 是圆1O 上两点，若1AO B ∠=2π，则A,B 两点间的球面距离为 （2009年文科） 类型二：球内接多面体，利用圆内接多边形的性质求出小圆半径，通常用到余弦定理求余弦值，通过余弦值再利用正弦定理得到小圆半径r Cc 2sin =，从而解决问题。
3.15. 直三棱柱111ABC A B C -的各顶点都在同一球面上，若12AB AC AA ===,120BAC ∠=︒，则此球的表面积等于 。
（2009年理科） 析：欲求球的表面积，归根结底求球半径R ，与R 相关的是重要性质222d r R +=。
∵AA 1=2, ∴121121====AA OO OO d 。
现将问题转化到⊙O 2的半径之上。
因为△ABC 是⊙O 2的内接三角形，又知AB=AC=2，∠BAC=120°，三角形可解。
由余弦定理有32444cos 222=++=∠⋅⋅-+=BAC AC AB AC AB BC ， 由正弦定理有2sin 22sin =∠=⇒=∠BAC BC r r BAC BC ∴.514222=+=+=d r R ∴ππ2042==R S 。
4.14．正三棱柱111ABC A B C -内接于半径为2的球，若,A B 两点的球面距离为π，则正三棱柱的体积为 8 ．（2009年理科）5.12．已知球的直径SC =4，A ，B 是该球球面上的两点，AB =3，ο30=∠=∠BSC ASC ，则棱锥S —ABC 的体积为 C （2011年理科）A ．33B ．32C ．3D ．16.（11）已知,,,S A B C 是球O 表面上的点，SA ABC ⊥平面，AB BC ⊥，1SA AB ==，2BC =，则球O 表面积等于 A （2010年文科） （A ）4π （B ）3π （C ）2π （D ）π类型三：通过线线角、线面角、面面角之间的平面的转化，构造勾股定理处理问题。
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。
高考数学最新真题专题解析—外接球(新高考卷)
高考数学最新真题专题解析—外接球（新高考卷）【母题来源】2022年新高考I 卷【母题题文】已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一个球面上，若该球的体积为36π，且3≤l ≤3√3，则该正四棱锥体积的取值范围是( ) A. [18,814] B. [274,814]C. [274,643]D. [18,27]【答案】C 【分析】本题考查了球的内接问题，涉及棱锥的体积、球的体积、基本不等式、导数等知识，属较难题． 【解答】 解：方法 (1) ：设正四棱锥 P −ABCD 的高为 PO 1=ℎ ，底面边长为 a ，球心为 O ，由已知易得球半径为 R =3 ，所以 {(√22a)2+(ℎ−3)2=9(√22a)2+ℎ2=l 2⇒{6ℎ=l 2a 2=2(6ℎ−ℎ2) ，因为 3≤l ≤3√3⇒9≤6ℎ≤27⇒32≤ℎ≤92 ，故所以 V =13a 2ℎ=23(6ℎ−ℎ2)ℎ=13(12−2ℎ)ℎ×ℎ≤13×[(12−2ℎ)+ℎ+ℎ3]3=643(当且仅当 ℎ=4 取到 ) ， 当 ℎ=32 时，得 a =√3√2，则 V min =13a 2ℎ=13(√3√22×32=274;当 l =3√3 时，球心在正四棱锥高线上，此时 ℎ=32+3=92 ，√2 2a=3√32⇒a=√3√2，正四棱锥体积V1=13a2ℎ=13(√3√2)2×92=814<643，故该正四棱锥体积的取值范围是[274,64 3].方法(2):由方法(1)中知V=23(6−ℎ)ℎ2，32≤ℎ≤92，求导V′=2(4−ℎ)ℎ，所以V=23(6−ℎ)ℎ2在[32,4]上单调递增，在[4,92]上单调递减，所以V m ax=V(4)=643，V min=min{V(32),V(92)}=V(32)=274，故该正四棱锥体积的取值范围是[274,64 3].【母题来源】2022年新高考II卷【母题题文】已知正三棱台的高为1，上下底面的边长分别为3√3和4√3，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A. 100πB. 128πC. 144πD. 192π【答案】A【分析】本题主要考查了正三棱台和外接球的关系应用，球体表面积公式的应用．【解答】解：由题意如图所示，上底面所在平面截球所得圆的半径是O1A1=3，下底面所在平面截球所得圆的半径是O2A2=4，则轴截面中由几何知识可得√R2−32+√R2−42=1，解得R2=25，因此球的表面积是S=4πR2=4π⋅25=100π．【命题意图】外接球，是立体几何考察点的难点之一，也是能体现出知识点综合应用的考点一。
有关球的高考题
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V O -ABC =V C -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.1.（2014 •陕西高考理科・T5）已知底面边长为 1,侧棱长为仁的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为 （）rh. ■*!A.— 【解题指南】 根据截面圆半径、球心距、球半径构成直角三角形 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 B.4n C.2 n D 罟,满足勾股 所在截面圆的半径为 R,则申;=1可得4;又侧棱长为W 2,所以球心到截面圆的距离 d 二早；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 J R ；+川=4 + *=1,代入球的体积公式得球的体积为 \ \ - 4n 2.（2016全国卷n 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 32 A.12 n B. — n C.8 n D.4 n 【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 2 73 ,所以 3.（2015 •新课标全国卷n 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0 的表面积为 A.36 n B.64 n C.144 n D.256 n【解题指南】【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0- ABC 的体积最大,设球O 的半径为R,此时V o-ABC =V C-AOB = X 2R 2X R=R 3=36,故R=6, 则球0的表面积为 S=4n R 2=144 n .4.（2016 全国卷m 文科T 11）与（2016 全国卷3理科T 10）相同在封闭的直三棱柱ABC-A IB IC I 内有一个体积为 V 的球.若AB 丄BC,AB=6,BC=8,AA I =3,则V 的最大值是 （）A.4 nB. —C.6 nD. 32n23【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 丄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68 10 3r= —^=2 ,直径为4＞侧棱.所以球的最大直径为3,半径为2,此时体积V = T.方体的外接球的半径为 梟,所以球的表面积为 4 n （73）2=125. （2010 •辽宁高考文科-T 11 ）已知S , A , B , C 是球O 表面上的点，SA 丄平面ABCAB 丄BC SA=AB=1 , BC=运，则球0的表面积等于（ ）(D)【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. Q SA 平面ABC, AB , AC 平面ABC ,SA ABSA AC冗.(A ) 4(B ) 3(C)2建立空间坐标系 设球心坐标 球的半径 球的表面积故可以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 A (o,o,o ), B C-^36^^|3,o ), C (o ，J 3,o ), S (o,o,1),设球心 O 坐标为（X 0,y 0,z o ）,则点0到各顶点S , A , B , C 的距离相等，都等于球的半 径R.【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,2.也可用另外的方法找到球心，因为/ABC 是直角，所以 AC 是ABC 垂直的平面上，可知球心在平面SAC 中，又因为球心到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-海南宁夏高考•理科 T10）设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱【命题立意】本小题主要考查了几何体的外接球问题2 Xo(X 0(X o (X oy o 2 z o 2 R 2f )2 (y o f )2 (z o o )2 R 2 3 3 0)2 (y o 73)2 (z o 0) 0)2 (y o 0)2 (Z o 1)22R 2 R 2解得x 0o,y o f,z o ^R 22 2球的表面积为4 R 2414.故选A.过A , B , C 三点的小圆的直径，所以球心在过 AC 和平面6. (2010 的长为a , 顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（ (A ) a 2(B ) 3 a2 (C ) 11 a 23(D ) 5 a 2球的直径SC 的长，故V s ABC3竽4』3.【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0,设正三棱柱上底面为ABC ，中心为0，因为三棱柱所有棱的长为 a ，则可知00 a , 0A ^a ，又由球的相关性质 23可知，球的半径 R J OO 2 0A 2 迈a ，所以球的表面积为 4 R 2 7 a 2，故637.（ 2011 •辽宁高考文科-T 10）已知球的直径 SC=4, A , B 是该球球面上11 J 3V SA 0B V CA 0B -S A 0B (S 0 0C )=3丁两点，AB =73, ASC BSC 30，则棱锥 S ABC 的体积为（ ）【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A,B 分别作斜边上的高线 AH,BH ，由于 ASC BSC 30 ,求得AH BH J 3，所以等边 ABH 的面积为S ABH — （V 3）2 ^^3，所求棱锥4 4S ABC 的体积等于以 ABH 为底的两个小三棱锥的体积的和，其高的和即为的两点，AB=2,Z ASC=/ BSC=45,则棱锥 S-ABC 的体积为（）迹 （C ） 也 （D ） 丈 333找到直径SC 的垂截面是解决本题的关键.（A ）逅3【思路点拨】(B)(C)(D)【精讲精析】选C ,设球心为0，则AO,BO 是两个全等的等腰直角三角形斜 边上的高, 斜边 SC 4,故A0 B0 2，且有 A0SC , B0 SC .…V S ABC8. (2011 -辽宁高考理科•[12）已知球的直径 SC =4, A, B 是该球球面上的(A ) 3(3(B ) 243 (C )73 (D ) 1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-，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16【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（9. （2011 •新课标全国高考理科•[ 15 ）已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且 AB 6,BC 2® 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, OB 2^3，可1 1得OO二2,v 。
有关球的高考题
1.(2021·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极点均在同一个球面上,那么该球的体积为( )A.ππ D.【解题指南】依照截面圆半径、球心距、球半径组成直角三角形,知足勾股定理,求出球的半径,代入球的体积公式求解.【解析】选D.由正四棱柱的各极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,那么+=1可得=;又侧棱长为,因此球心到截面圆的距离d=;由截面圆半径、球心距、球半径组成直角三角形,依照勾股定理得球半径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的正方体的极点都在同一球面上,那么该球的表面积为( )π B.32πππ3【解题指南】利用正方体的体对角线确实是球的直径求解.【解析】选A.因为正方体的体积为8,因此正方体的棱长为2,其体对角线长为3,因此正3.(2021·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,假设三棱锥O-ABC体积的最大值为36,那么球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V O-ABC =V C-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.如下图,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,现在V O-ABC =V C-AOB =1×1R 2×R=1R 3=36,故R=6,那么球O 的表面积为S=4πR 2=144π.4.(2016·全国卷Ⅲ·文科·T11)与(2016·全国卷3·理科·T10)相同在封锁的直三棱柱ABC-A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球.若AB ⊥BC,AB=6,BC=8,AA 1=3,则V 的最大值是 ( )π B.9π2 π 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,因此AC=10,底面的内切圆的半径即为现在球的半径r=68102+-=2,直径为4>侧棱.因此球的最大直径为3,半径为32,现在体积V=9π2. 3,因此球的表面积为4π·3)2=12π.5.（2020·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=那么球O的表面积等于（）（A）4π(B）3π(C)2π(D) π【命题立意】此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】【标准解答】选 A.SA ⊥平面ABC ，AB ，AC ⊂平面ABC ，SA AB ∴⊥，SA AC ⊥， 故能够A 为原点，AC 所在的直线为y 轴，AS 所在的直线为z 轴成立如下图的空间直角坐标系A-xyz ，那么(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 ，那么点O 到各极点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,,,122x y z R ====， ∴球的表面积为24414R πππ=⨯=.应选A.【方式技术】1.选用球心到各极点的距离都相等来确信球心，才能求出半径，2.也可用另外的方式找到球心，因为∠ABC 是直角，因此AC 是过A ，B ，C 三点的小圆的直径，因此球心在过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，因此球心确实是斜边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.（2020 ·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 ，极点都在一个球面上，那么该球的表面积为（ ）建立空间坐标系 设球心坐标 球的半径 球的表面积（A ）2a π （B ）273a π （C ）2113a π （D ）25a π 【命题立意】本小题要紧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.【标准解答】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 ，那么可知OO ' 2a =，3O A a '=，又由球的相关性质可知，球的半径6R a ==，因此球的表面积为22743R a ππ=，应选Ｂ. 7．（2020·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°，那么棱锥S-ABC 的体积为（ ）（A ）3 (B)3 (C) 3 (D)3【思路点拨】找到直径SC 的垂截面是解决此题的关键．【精讲精析】选C ，设球心为O ，那么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.（2020·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，︒=∠=∠30BSC ASC ，那么棱锥ABC S -的体积为（ ）（A ）33 （B ）32 （C ）3 （D ）1【思路点拨】找到直径SC 的垂截面是解决此题的关键．【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，过直角极点B A ,别离作斜边上的高线BH AH ,，由于︒=∠=∠30BSC ASC ，求得3==BH AH ，因此等边ABH ∆的面积为2ABH S ∆==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.（2020·新课标全国高考理科·Ｔ15）已知矩形ABCD 的极点都在半径为 4的球O 的球面上，且6,23AB BC ==,那么棱锥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】 如下图，OO '垂直于矩形ABCD 所在的平面，垂足为O '，连接O 'B ，OB ，那么在Rt ∆OO B '中，由OB ＝4, 23O B '=OO '＝2,1162328 3.33O ABCD V S OO -'∴=⋅=⨯⨯= 【答案】8310.（2020·新课标全国高考文科·Ｔ16）已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的极点和底面的圆周都在同一个球面上，假设圆锥底面面积是那个球面面积的163 ，那么这两个圆锥中，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 ，那么依题意得223416r R ππ=⨯，即3cos r O CO R '=∠= 130,2O CO OO R ''∴∠=︒∴=，11,22AO R R BO R R ''∴=-=+, 112.332R AO BO R '∴=='1【答案】311.（2021·新课标全国高考理科·T11）已知三棱锥S-ABC 的所有极点都在球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,那么此棱锥的体积为（ ）A (B) (C) (D)【解题指南】思路一：取AB 的中点为D ，将棱锥分割为两部份，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.方式一：SC 是球O 的直径，90CAS CBS ∴∠=∠=︒.1BA BC AC ===，2SC =，AS BS ∴==AB 的中点为D ，显然AB CD ⊥，AB CS ⊥SD ，AB ∴⊥平面CDS.在CDS ∆中，CD ，DS =，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 --∆∴=+=⨯⨯+111133326CDS CDS S AD S BA ∆∆⨯=⨯=⨯=.方式二：ABC ∆的外接圆的半径r =，点O 到平面ABC 的距离226d R r =-=，SC 为球O 的直径⇒点S 到平面ABC 的距离为262d =， 此棱锥的体积为113262233ABC V S d ∆=⨯=⨯⨯=. 方式三：1323ABC V S R ∆<⨯=，排除,,B C D . 12. （2021·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,若是不计容器的厚度,那么球的体积为 ( )A.33500cm πB. 33866cm πC. 331372cm πD. 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 ，因此球的体积332445005()333V R cm πππ==⨯= 13.（2021·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，那么此球的体积为（ ）（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、球的半径之间知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 ，那么R ==343V R π==球.14.（2021·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2形.假设那么△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 看做长方体的极点来考虑.【解析】由题意，PA ⊥平面ABCD ，那么点P,A,B,C,D,能够视为球O 的内接长方体的极点，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一.126=26=34AB PA PB OABD ==∴=∴∆⨯，面积的126=4AB PA PB OABD ==∴=∴∆⨯，面积.【答案】15. （2021·辽宁高考文科·Ｔ10）与（2021·辽宁高考理科·Ｔ10）相同已知三棱柱111ABC A B C -的6个极点都在球O 的球面上，假设13,4,,12,AB AC AB AC AA ==⊥=，那么球O 的半径为（ ）13....22A B C D【解题指南】关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。
SXB195高考数学必修_有关球的考题分析
有关球的考题分析球在高考中基本上以客观题的形式出现，考查的方式十分灵活，主要涉及到球的截面、球面距离、球的面积、球的体积以及球内接多面体的切接问题等.解决与球相关的问题通常转变为与圆的有关问题，将立体图形转变为平面图形.一、考题举例例1 如图1所示，O 是半径为l 的球心，点A 、B 、C 在球面上，OA 、OB 、OC 两两垂直，E 、F 分别是大圆弧AB 与AC 的中点，则点E 、F 在该球面上的球面距离是（ ）（图1）（图2）(A)4π (B)3π (C)2π(D)42π解 过E 、F 点用平行于OBC 面的平面去截图中所给几何体，得到如图4，因E 、F 分别是大圆弧AB 与AC的中点，故45=∠BOE .则2245cos 1cos 1=⋅=∠⋅=BOE R E O ，12121=+=F O E O EF ，211121112cos 222=⋅⋅-+=⋅-+=∠OF OE EF OF OE EOF ，于是3π=∠EOF ，E 、F 在该球面上的球面距离是3π，选B. 点拨 所谓两点间的球面距离，就是经过这两点的大圆在这两点间的劣弧的长度.其基本解题思路是：先求出以球心为原点且经过这两点的射线所成的圆心角α，再利用公式“R l α=”求出弧长.例2 已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是（ ） A 、16π B 、20π C 、24π D 、32π（图3）解 如图3，依题意，球的直径是正四棱柱的体对角线1BD ，不妨设2==AD AB ，41=AA ，∴1BD ==++=++=++=222212*********AA AD AB BB BC AB R 62，∴6=R ，πππ24)6(4422=⨯==R S 表，故选C.点拨 本题运用的公式有：①长方体对角线的长度 21221BB BC BA BD ++=；②球的表面积24R S π=表.例3 棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的8个顶点都在球O 的表面上，E F ，分别是棱1AA ，1DD 的中点，则直线EF 被球O 截得的线段长为（ ）A 、22 B 、1 C 、212+ D 、2 解 选D.设球半径是r ，则球的直径就是其内接正方体的对角线长，即为3，于是32=r ，23=r ， （图4）设由求新O 及E 、F 点所确定的平面为α，则平面α截得正方体及球O 的大圆如上图所示，设直线EF 与球O 相交于PQ ，EF 的中点是N ，则21=ON ，在PON ∆中， 2)21()23(2222222=-=-==ON OP PN PQ . 点拨 本题考查的知识点为以球为载体的截面问题，实际上是考查学生的空间想象力、识图能力和作图能力.二、高考题预测1、一个四面体共顶点的三条棱两两垂直，其长度分别是1、6、3，且四面体的四个顶点在一个球面上，则这个球的表面积是（ ）A 、π16B 、π32C 、π36D 、π642、已知ABC ∆的三个顶点在同一球面上，90=∠BAC ，2==AC AB . 若球心O 到平面ABC 的距离为1，则该球的体积为（ ）A 、π32B 、π33C 、π24D 、π343、已知球O 的半径是1，A 、B 、C 三点都在球面上，且每两点间的球面距离均是2π，则球心O 到平面ABC 的距离是（ ） （A ）31 （B ）33 （C ）32（D ）364、棱长均是4的正四棱锥P-ABCD 的内切球的半径是（ ）A 、26+B 、26-C 、426+ D 、426- 5、在四面体ABCD 中，已知AB ＝CD ＝5，AC ＝BD ＝5，AD ＝BC ＝6．则四面体ABCD 外接球的面积为6、设地球半径为R ，在以地心O 为原点的空间直角坐标系中，城市A )22,22,0(R R 、城市B )46,46,2(RR R --，则AB 两城市的球面距离是 .答案：1、A ；2、D ；3、B ；4、B ；5、43π；6、R 65π.。
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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 ＝1
2
×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 ．
3
5003
cm π B ．
3
8663
cm π C ．
313723
cm π
D ．
320483
cm 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.132
D ．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13
2
，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＝a
2
；
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：C
3．（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 ⊥． ∴)(3
1
OC SO S V V V AOB AOB C AOB S ABC S +=+=∆---=3
3
442433
12=
⨯⨯⨯
． （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 ∆OO
B '中，由OB ＝4, O B '=
得OO '＝
2,1
1623
3
O 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
16
3
，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
223
416
r R ππ=
⨯
，即cos 2r O CO R '=∠=
130,2O CO OO R ''∴∠=︒∴=
，11
,22
AO R R BO R R ''∴=-=+, 1
12.33
2
R
AO 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111
ABC 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 （ ）
A
B
．
C ．
132
D
．
C
由球心作面ABC 的垂线，则垂足为BC 中点M 。
计算AM=
5
2
，由垂径定理，OM=6，所以半径
13
2
=
,选C. 2．（2013年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯WORD 版））已知某一多面体内
接于一个简单组合体,如果该组合体的正视图.测试图.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
_______________
12π
由图可知，图形为一个球中间是内接一个棱长为2的正方体，
2412R S R ππ∴====球表
12．(2011·辽宁文，10)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.33
B.233
C.433
D.533
[答案] C [解析]
如右图所示，连接OA 、OB (O 为球心)． ∵AB ＝2，∴△OAB 为正三角形． 又∵∠BSC ＝∠ASC ＝45°，
且SC 为直径，∴△ASC 与△BSC 均为等腰直角三角形． ∴BO ⊥SC ，AO ⊥SC .
又AO ∩BO ＝O ，∴SC ⊥平面ABO .
∴V S －ABC ＝V C －OAB ＋V S －OAB ＝13·S △OAB ·(SO ＋OC )
＝13×34×4×4＝43
3，故选C.
6．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( )．
A ．πa 2
B ．73πa 2
C ．11
3
πa 2 D ．5πa 2
6．B 解析：如图，O 1，O 分别为上、下底面的中心，
D 为O 1O 的中点，则DB 为球的半径，有r ＝DB ＝OD 2
＋OB 2
＝a 24＋a 23＝7a 2
12
， ∴S 表＝4πr 2
＝4π×7a 212＝73
πa 2
.。