2020高考数学培优《外接球》(解析版).pdf
2020高考热点立体几何之外接球和内切球
2020高考热点立体几何之外接球和内切球 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN外接球和内切球题型一 高过外心（正棱锥、圆锥、侧棱相等）【例1】 已知正四棱锥P ABCD -的所有顶点都在球O 的球面上，2PA AB ==，则球O 的表面积为（ ） A ．2π B ．4πC ．8πD ．16π【答案】C【解析】∵正四棱锥P ﹣ABCD 的所有顶点都在球O 的球面上，PA ＝AB ＝2， ∴连结AC ，BD ，交于点O ，连结PO ， 则PO ⊥面ABCD ，OA ＝OB ＝OC ＝OD=221=AC ，OP 222=-=OB PB ，∴O 是球心，球O 的半径r =∴球O 的表面积为S ＝4πr 2＝8π．故选：C ．【举一反三】1．（2019·广东高考模拟（文））在三棱锥P ABC-中.2PA PB PC ===.1AB AC ==，BC =，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）A ．8πB ．163π C ．43πD 【答案】B题型二 高不过心（直棱柱、圆柱、侧棱垂直于底面的圆锥）【例2】（1）（2019·天津高考模拟（理））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，则球的表面积为______．（2） 已知正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为3，外接球表面积为16π，则正三棱柱111ABC A B C -的体积为（ ）【答案】（1）8π（2）D【举一反三】1． 已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直，12,4AA BC BAC π==∠=，则三棱柱111ABC A B C -外接球的体积为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D2． 四棱锥P ABCD -的底面为正方形ABCD ，PA ⊥底面ABCD ，2AB =，若该四棱锥的所有顶点都在体积为92π的同一球面上，则PA 的长为（ ） A ．3 B ．2C ．1D ．12【答案】C3．四棱锥A BCDE -的各顶点都在同一球面上，AB ⊥底面BCDE ，底面BCDE 为梯形，60BCD ∠=，且2AB CB BE ED ＝＝＝＝，则此球的表面积等于（ ） A ．25π B ．24π C ．20π D ．16π【答案】C题型三 找高作心（顶点的投影在底边上）【例3】（1） 在三棱锥P −ABC 中，平面PAB ⊥平面ABC ，ΔABC 是边长为2√3的等边三角形，其中PA =PB =√7，则该三棱锥外接球的表面积为_____．（2） 在四面体ABCD 中，ABD ∆与BDC ∆都是边长为2的等边三角形，且平面ABD ⊥平面BDC ，则该四面体外接球的体积为_______．【举一反三】1． 已知四棱锥S ABCD -的三视图如图所示，若该四棱锥的各个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积等于_________.【答案】1015π3（2019·河南高考模拟（理））如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，已知其俯视图是正三角形，则该几何体的外接球的体积是（ ）A B C ．193πD ．223π【答案】A考向四 球心在边上（斜边是球的直径）【例4】 在三棱锥P ABC -中，2AC AB ==BC =90APC ∠=，平面ABC ⊥平面PAC ，则三棱锥P ABC -外接球的表面积为（） A ．4π B ．5π C ．8π D ．10π【答案】D【举一反三】1． 已知三棱锥A SBC -，各顶点均在以SC 为直径球面上，2AB AC BC ===，则这个球的表面积为_____________。
高考数学专题复习《空间几何体的外接球》突破解析
培优点15 空间几何体的外接球【方法总结】空间几何体的外接球是高中数学的重难点．我们可以通过对几何体的割补或寻求几何体外接球的球心两大策略求解此类问题．【典例】1 半球内有一个内接正方体，则这个半球的体积与正方体的体积之比为( )A.5π∶6B.6π∶2C．π∶2 D．5π∶12【答案】 B【解析】 将半球补成球，同时把原半球的内接正方体再补接一个同样的正方体，构成的长方体恰好是球的内接长方体，那么这个长方体的对角线就是它的外接球的直径．设正方体的棱长为a，球体的半径为R，则(2R)2＝a2＋a2＋(2a)2，即R＝62a，∴V半球＝12×43πR3＝23π×(62a)3＝62πa3，V正方体＝a3，∴V半球∶V正方体＝62πa3∶a3＝6π∶2，故选B.【典例】2 已知在三棱锥S－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝2，SA＝SC＝22，二面角B－AC－S的大小为2π3，则三棱锥S－ABC的外接球的表面积为( )A.124π9B.105π4C.105π9D.104π9【答案】 D【解析】 如图，取AC的中点D，连接BD，SD，则∠BDS＝2π3，AC＝22，BD＝2，SD＝6.过点D作与平面ABC垂直的直线，则球心O在该直线上，设球的半径为R，连接OB，OS，可得OD2＝R2－(2)2，在△OSD中，∠ODS＝π6，利用余弦定理可得R2＝R2－2＋(6)2－2×R2－2×6×32，解得R2＝269，所以其外接球的表面积为4πR2＝104π9.【典例】3 正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16π C ．9π D.27π4【答案】 A【解析】 如图，正四棱锥P －ABCD 的底面中心为H.在底面正方形ABCD 中，AH ＝2，又PH ＝4，故在Rt △PAH 中，PA ＝P H 2＋A H 2＝42＋ 2 2＝32.则由正四棱锥的性质可得，其外接球的球心O 在PH 所在的直线上，设其外接球的直径为PQ ＝2r.又A 在正四棱锥外接球的球面上，所以AP ⊥AQ.又AH ⊥PH ，由射影定理可得PA 2＝PH×PQ ，故2r ＝PQ ＝P A 2P H ＝ 32 24＝92，所以r ＝94.故该球的表面积为S ＝4πr 2＝4π×(94)2＝81π4.【方法总结】解决此类问题的关键在于利用几何体的结构特征确定球的球心，利用球的截面的性质，球心和球的截面的中心连线垂直于截面．结合相关几何量之间的数量关系可确定球心．【拓展训练】1．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．π B.3π4C.π2D.π4【答案】 B【解析】 球心到圆柱的底面的距离为圆柱高的12，球的半径为1，则圆柱底面圆的半径r＝1－(12)2＝32，故该圆柱的体积为V＝π×(32)2×1＝3π4.2．在三棱锥P－ABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，PA⊥PB，则三棱锥P－ABC 的外接球的体积为( )A.272π B.2732π C．273π D．27π【答案】 B【解析】 因为PA＝PB＝PC，△ABC是正三角形，所以△PAB≌△PAC≌△PBC，由PA⊥PB知，PA⊥PC，PB⊥PC，以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱作正方体(图略)，则三棱锥P－ABC 的外接球可看成正方体的外接球，因为正方体的体对角线长为33，所以其外接球的半径为R＝332，外接球的体积为V＝43πR3＝2732π.故选B.3．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】 如图，SC为球O的直径，O为球心，因为SA＝AC，所以AO⊥SC，同理SB＝BC，所以BO⊥SC，BO∩AO＝O，所以SC⊥平面ABO.又平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，AO⊥SC，AO⊂平面SAC，所以AO⊥平面SBC，所以AO⊥BO.设球的半径为R，则AO＝BO＝SO＝CO＝R，所以V三棱锥S－ABC＝2×13S△ABO×SO＝2×13×12×AO×BO×SO＝13R3＝9，所以R＝3，所以球O的表面积为S＝4πR2＝36π.4．类比圆的内接四边形的概念，可得球的内接四面体的概念，已知球O的一个内接四面体A －BCD中，AB⊥BC，BD过球心O，若该四面体的体积为1，且AB＋BC＝2，则球O的表面积的最小值为________．【答案】 38π【解析】 在Rt△ABC中，由AB⊥BC，且AB＋BC＝2，得2＝AB＋BC≥2A B·B C，得AB·BC≤1，当且仅当AB＝BC＝1时，AB·BC取最大值1，∵BD过球心O，且四面体A－BCD的体积为1，∴三棱锥O－ABC的体积为1 2，则O到平面ABC距离的最小值为1213×12×1＝3，此时三角形ABC的外接圆的半径为2 2，则球O的半径的最小值为32＋(22)2＝192，∴球O的表面积的最小值为4π×(192)2＝38π.。
【高考数学】外接球培优训练题
5．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个多面体的三视图，若该多面体的所有顶点都在球O 表面上，则球O 的表面积是（ ）
A ．36π
B ．48π
C ．56π
D ．64π
6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为414π，则几何体的高x 为（ ） A ．3 B ．5 C ．4 D ．2 10．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
11．在长、宽、高分别为2，2，4的长方体内有一个半径为1的球，任意摆动此长方体，则球经过的空间部分的体积为( )
A.10π3
B.4π
C.8π3
D.7π3
12.在面积为4的正方形ABCD 中，M 是线段AB 的中点，现将图形沿,MC MD 折起，使线段,MA MB 重合，得到一个四面体A CDM -（其中点B 重合于点A ），则该四面体外接球的表面积为______193
π___． 答案：1.A 2.A 3.A 4.D 5.C 6. 7. 8. D 9. A 10. 11.。
2020年高考数学一轮复习讲义(提高版) 专题9.3 空间几何体外接球和内切球(原卷版)
9.3 空间几何外接球和内切球一．公式1.球的表面积：S ＝4πR 22.球的体积：V ＝43πR 3二．概念1.2.考向一 长（正）方体外接球【例1】若一个长、宽、高分别为4，3，2的长方体的每个顶点都在球O 的表面上，则此球的表面积为__________．【举一反三】1.已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．2.如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积是________.考向二棱柱的外接球【例2】直三棱柱ABC−A′B′C′的所有棱长均为2√3，则此三棱柱的外接球的表面积为（）A．12πB．16πC．28πD．36π【举一反三】1.设直三棱柱ABC-A1B1C1的所有顶点都在一个球面上，且球的表面积是40π，AB=AC=AA1，∠BAC=120°，则此直三棱柱的高是________.2.直三棱柱ABC−A1B1C1中，已知AB⊥BC，AB=3，BC=4，AA1=5，若三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为__________．考向三棱锥的外接球类型一：正棱锥型【例3-1】已知正四棱锥P ABCD-的各顶点都在同一球面上，体积为2，则此球的体积为（）A. 1243πB.62581πC.50081πD.2569π【举一反三】1.已知正四棱锥P ABCD-的各条棱长均为2，则其外接球的表面积为( )A. 4πB. 6πC. 8πD. 16π2．如图，正三棱锥D ABC -的四个顶点均在球O 的球面上，底面正三角形的边长为3，侧棱长为则球O 的表面积是( )A ．4πB ．323πC ．16πD ．36π类型二：侧棱垂直底面型【例3-2】在三棱锥P ABC -中， 2AP =， AB = PA ⊥面ABC ，且在三角形ABC 中，有()cos 2cos c B a b C=-（其中,,a b c 为ABC ∆的内角,,A B C 所对的边），则该三棱锥外接球的表面积为（ ） A. 40π B. 20π C. 12π D.203π【举一反三】1.已知几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A.214π3B.127π3C.115π3D.124π32.已知三棱锥S ABC －中， SA ⊥平面ABC ，且30ACB ∠=︒， 21AC AB SA ===.则该三棱锥的外接球的体积为( )B. 13π 类型三：侧面垂直与底面型【例3】已知四棱锥P −ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P −ABCD 外接球的表面积是（ ）A. 20πB.101π5C. 25πD. 22π【举一反三】1.《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，其中有很多对几何体外接球的研究，如下图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积是（）A. 81πB. 33πC. 56πD. 41π2．已知如图所示的三棱锥D ABC -的四个顶点均在球O 的球面上，ABC ∆和DBC ∆所在平面相互垂直，3AB =，AC =BC CD BD ===O 的表面积为( )A ．4πB ．12πC ．16πD ．36π3．三棱锥P ABC -的底面是等腰三角形，120C ∠=︒，侧面是等边三角形且与底面ABC 垂直，2AC =，则该三棱锥的外接球表面积为( ) A ．12π B ．20π C ．32π D ．100π类型四：棱长即为直径【例3-4】已知底面边长为√2，各侧面均为直角三角形的正三棱锥P −ABC 的四个顶点都在同一球面上，则此球的表面积为（ ）A. 3πB. 2πC. 43π D. 4π【举一反三】1．已知三棱锥P ABC -的所有顶点都在球O 的球面上，PC 是球O 的直径．若平面PCA ⊥平面PCB ，PA AC =，PB BC =，三棱锥P ABC -的体积为a ，则球O 的体积为( )A ．2a πB ．4a πC ．23a πD ．43a π考向四 墙角型【例4】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的体积是（ ）A B C ．3π D ．【举一反三】1.已知四面体ABCD 的四个面都为直角三角形，且AB ⊥平面BCD ，AB =BD =CD =2，若该四面体的四个顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为（ ） A ．3πB ．2√3πC ．4√3πD ．12π2．已知一个棱长为2的正方体被两个平面所截得的几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积是( )A ．24πB ．20πC ．16πD ．12π3．在三棱锥P 一ABC 中，1PA PB PC ===，PA 、PB 、PC 两两垂直，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为( ) A ．12πB ．6πC ．4πD ．3π考向五 内切球【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．【举一反三】1．球内切于圆柱， 则此圆柱的全面积与球表面积之比是( ) A ．1:1B ．2:1C ．3:2D ．4:32．若三棱锥A BCD -中，6AB CD ==，其余各棱长均为 5 ，则三棱锥内切球的表面积为 ． 3．一个几何体的三视图如图所示， 三视图都为腰长为 2 的等腰直角三角形， 则该几何体的外接球半径与内切球半径之比为( )A B C D 考向六 最值问题【例6】已知球O 的内接长方体ABCD A B C D -''''中，2AB =，若四棱锥O ABCD -的体积为2，则当球O 的表面积最小时，球的半径为( )A ．B ．2CD ．1【举一反三】 1．已知A ，B 是球O 的球面上两点，90AOB ∠=︒，C 为该球面上的动点，若三棱锥O ABC -体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π1．已知正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为3，外接球表面积为16π，则正三棱柱111ABC A B C -的体积为（ ）A ．4B ．2CD ．22．已知P ，A ，B ，C ，D 是球O 的球面上的五个点，四边形ABCD 为梯形，//AD BC ，2AB DC AD ===，4BC PA ==，PA ⊥面ABCD ，则球O 的体积为（ ）A ．3BC ．D ．16π3．已知三棱锥S ABC -的各顶点都在一个球面上，球心O 在AB 上，SO ⊥底面ABC ，球的体积与三棱锥体积之比是4π，AC = （ ）A．πB．2πC．3πD．4π4．某三棱锥的三视图如图所示，则此三棱锥的外接球表面积是（）A．163πB．283πC．11πD．323π5．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，已知其俯视图是正三角形，则该几何体的外接球的体积是（）A B C．193πD．223π6．《九章算术》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”现有一阳马，其正视图和侧视图是如图所示的直角三角形.若该阳马的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（）A．√6πB．6πC．9πD．24π7．如图，边长为2的正方形ABCD中，点E、F分别是AB、BC的中点，将ΔADE，ΔBEF，ΔCDF分别沿DE，EF ，FD 折起，使得A 、B 、C 三点重合于点A ′，若四面体A ′EDF 的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积为( )A ．5πB ．6πC ．8πD ．11π8．某简单几何体的三视图如图所示，若该几何体的所有顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积是：（ ）A ．8πB ．12√3πC ．12πD ．48π9．已知三棱锥O −ABC 的底面ΔABC 的顶点都在球O 的表面上，且AB =6，BC =2√3，AC =4√3，且三棱锥O −ABC 的体积为4√3，则球O 的体积为（ ）A ．32π3B ．64π3C ．128π3D ．256π310．我国古代数学名著《九章算术》中有这样一些数学用语，“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱.现有一如图所示的堑堵，AC BC ⊥，若12A A AB ==，则堑堵111ABC A B C -的外接球的体积为（ ）A ．3B ．8πC ．3D ．43π11．在三棱锥P ABC -中.2PA PB PC ===.1AB AC ==，BC =则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）A ．8πB ．163πC ．43πD ．2712．一个各面均为直角三角形的四面体有三条棱长为2，则该四面体外接球的表面积为（ ）A ．6πB ．12πC ．32πD ．48π13．已知在三棱锥P ABC -中，1PA PB BC ===，AB =，AB BC ⊥，平面PAB ⊥平面ABC ，若三棱锥的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）A B ．3 C ．2π D ．3π14．已知三棱锥D ABC -的体积为6，在ABC ∆中，2AB =，4AC =，60BAC ∠=︒，且三棱锥D ABC -的外接球的球心O 恰好是AD 的中点，则球O 的表面积等于（ ）A ．323πB ．643πC ．43πD ．42π14．已知三棱锥S ABC -各顶点均在球O 上，SB 为球O 的直径，若2AB BC ==，23ABC π∠=，三棱锥S ABC -的体积为4，则球O 的表面积为（ ）A ．120πB ．64πC ．32πD ．16π15．已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直，12,4AA BC BAC π==∠=，则三棱柱111ABC A B C -外接球的体积为（ ）A ．B ．C ．D ．16．在三棱锥A BCD -中，BC BD ⊥，AB AD BD ===，6BC =，平面ABD ⊥平面BCD ，则三棱锥A BCD -的外接球体积为( )A ．36πB ．2563πC ．5003πD ．288π17．已知三棱锥P-ABC 中，PA=4，BC=6，PA ⊥面ABC ，则此三棱锥的外接球的表面积为（ ）A ．16πB ．32πC ．64πD ．128π18．三棱柱111ABC A B C -的侧棱垂直于底面，且1,2AB BC AB BC AA ⊥=== ,若该三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）A ．48πB ．32πC ．12πD ．8π19．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A ．20πB ．16πC ．D ．20．我国古代《九章算术》将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖月需.如图是一个鳖月需的三视图，其中侧视图是等腰直角三角形，则该鳖月需的外接球的表面积是（ ）A ．5πB ．6πC ．12πD ．24π21．在三棱锥P ABC -中，PC ⊥底面ABC ，90BAC ∠=o ，3AB =，4AC =，60PBC ∠=o ，则三棱锥P ABC -外接球的体积为（ ）A ．100πB ．5003πC ．125πD ．1253π 22.已知四棱锥M ABCD -，MA ⊥平面ABCD ，AB BC ⊥，180BCD BAD ∠+∠=︒，2MA =，BC =30ABM ∠=︒.若四面体MACD 的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）A ．20πB ．22πC ．40πD ．44π23．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的外接球的表面积为( )A ．163πB ．83πC ．D ．24．已知四面体ABCD 外接球的球心O 恰好在AD 上，等腰直角三角形ABC 的斜边AC 为2，DC =，则这个球的表面积为（ ）A ．254πB ．8πC ．12πD ．16π25．已知三棱锥A −BCD 中，BC ⊥CD ，AB =AD =√2，BC =1，CD =√3，则该三棱锥的外接球的体积为( )A ．4π3B ．8π3C ．8√2π3D ．36π26．已知三棱锥A SBC -，各顶点均在以SC 为直径球面上，2AB AC BC ===，则这个球的表面积为_____________。
高考数学立体几何专题：外接球
b2
1 a2 3
PO1
b2
1 a2 3
OO1
PO1
PO
b2 1 a2 R ； 3
在 RtOO1A 中：根据勾股定理得到：
OO12 AO12 AO2 (
b2 1 a2 R)2 ( 3 a)2 R2 b2 1 a2 2
第二部分：柱体的外接球半径 【计算步骤】 第一步：计算底面的外接圆的半径。 第二步：计算直柱体的外接球的半径。 直柱体的外接球的球心：上下底面的外接圆圆心连线的中点为球心。如下图所示：
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其中： O1 为下底面的外接圆的圆心， O2 为上底面的外接圆的圆心， O 为 O1O2 的中点（直柱体外接球的球心）； r 为上下底面的外接圆的半径， R 为直柱体的外接球的半径。
2
训练：求下列图形的外接圆半径。
（Ⅰ）在 ABC 中： AB AC ， AB 3 ， AC 4 ； （Ⅱ）在 ABC 中： AB AC 3 ， BC 2 5 ； （Ⅲ）在正 ABC 中： AB 3 ；
3 （Ⅳ）在 ABC 中， AB 2 ， BC 3， AC 2 ； （Ⅴ）在矩形 ABCD 中： AB 6 ， BC 3 ； （Ⅵ）在正方形 ABCD 中： AB 2 。
根据勾股定理得到： R2 r 2 ( h )2 r 2 h2 R r 2 h2 。
2
4
4
【训练一】：已知：在直三棱柱 ABC A1B1C1 中： AB AC ， AB AC 2 ， AA1 2 。 求解：直三棱锥 ABC A1B1C1 的外接球的半径。
【训练二】：已知：在正三棱柱 ABC A1B1C1 中： AB 3 ， BB1 2 3 。 求解：直三棱锥 ABC A1B1C1 的外接球的半径。
高考数学专题训练·破译空间中有关外接球的问题(解析版)
专题05 破译空间中有关外接球的问题一、单选题1．（2020·重庆市育才中学高三月考）过球的一条半径的中点，作与该半径所在直线成30°的平面，则所得截面的面积与球的表面积的比为（）A．15 256B．45256C．1564D．4564【答案】C【解析】由题画出图形,设球心为O,则OA为一条半径,B为OA中点,过点B 的平面与OA所成角为30°,截面的圆心为1O,截面与球一交点为C,则130OBO∠=︒,1OO⊥截面,则11OO BO⊥,11OO CO⊥,设OA OC r==,则12OB r=,11sin304OO OB r=⋅︒=,所以在1Rt OO C中,22211CO CO OO=-,则1154CO r=,所以所得截面的面积与球的表面积的比为221515464rππ⎫⎪⎝⎭=,故选:C2．（2020·湖北省高三）已知三棱锥S ABC-的所有顶点在球O的球面上，SA⊥平面ABC，ABC是等腰直角三角形，2SA AB AC===，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( ) A．πB．2πC．3πD．4π【答案】B【解析】点D是Rt ABC的外心，过点D作DO⊥平面ABC使112DO SA==，O是外接球球心，半径设为R，则OA OS R==.在直角梯形SADO中，2SA=，1OD=，2AD=3R=过点D 作球O 的截面，当OD ⊥截面时，截面面积最小， 此时截面圆的半径为222R OD -=，∴截面面积的最小值是2π.故选：B .3．（2020·福建省高三月考）在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC ，,6,8AB AC AB AC ⊥==，D 是线段AC 上一点，且3AD DC =.三棱锥P ABC -的各个顶点都在球O 表面上，过点D 作球O 的截面，若所得截面圆的面积的最大值与最小值之差为16π，则球O 的表面积为（ ） A ．72π B ．86πC ．112πD ．128π【答案】C【解析】将三棱锥P ABC -补成直三棱柱，且三棱锥和该直三棱柱的外接球都是球O ， 记三角形ABC 的中心为1O ，设球的半径为R ，2PA x =， 则球心O 到平面ABC 的距离为x ，即1OO x =， 连接1O A ，则15O A =，∴2225R x =+.在ABC 中，取AC 的中点为E ，连接11,O D O E ， 则1132O E AB ==，124DE AC ==， 所以113O D =.在1Rt OO D 中，213OD x + 由题意得到当截面与直线OD 垂直时，截面面积最小， 设此时截面圆的半径为r ，则()22222251312r R OD x x =-=+-+=，所以最小截面圆的面积为12π，当截面过球心时，截面面积最大为2R π， 所以21216R π-π=π，228R =， 球的表面积为2112R 4π=π.故选:C.4．（2020·福建省福州第一中学高三开学考试）在棱长为6的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 满足2BE EC =，则三棱锥1D AEC -的外接球的表面积是（ ）A ．54πB ．70πC ．108πD ．140π【答案】C 【解析】连接1B D ，如图建立空间直角坐标系， 设P 为三棱锥1D AEC -的外接球的球心， 故P 到1,,D A C 三点的距离相等， 由正方体的性质，P 点在直线1B D 上 不妨设(,,),(0,6,0),(2,6,0)P x x x C E 由于||||PC PE =222222(6)(2)(6)x x x x x x +-+=-+-+1(1,1,1)x P ∴=∴外接球半径：222||1512733R PC ==++== 故表面积24108S R ππ==,故选：C5．（2020·云南省云南师大附中高三月考）四边形ABDC 是菱形，60BAC ∠=，3AB =，沿对角线BC翻折后，二面角A BC D --的余弦值为13-，则三棱锥D ABC -的外接球的体积为（ ） A ．5π B ．6πC ．7πD ．22π【答案】B【解析】如下图所示，取BC 的中点为M ，设球心O 在平面ABC 内的射影为1O ，在平面BCD 内的射影为2O ，则二面角A BC D --的平面角为AMD ∠，3AB =，所以32DM =，2213DO DM ==，212O M =，设2AMD θ∠=， 则21cos 22cos 13θθ=-=-，21cos 3θ∴=，则22sin 3θ=，2tan 2θ∴=，tan 2θ∴=222tan 2OO O M θ∴=⋅=， 球O 的半径22226R DO OO =+=，所求外接球的体积为24663V ππ=⋅=⎝⎭， 故选：B.6．（2020·河北省高三月考）圆锥SD （其中S 为顶点，D 为底面圆心）的侧面积与底面积的比是2:1，则圆锥SD 与它外接球（即顶点在球面上且底面圆周也在球面上）的体积比为（ ） A ．9:32 B ．8:27C ．9:22D ．9:28【答案】A【解析】设圆锥底面圆的半径为r,圆锥母线长为l ，则侧面积为πrl ， 侧面积与底面积的比为2πrl 2lr rπ==,则母线l=2r,圆锥的高为223l r r -=, 则圆锥的体积为2313πh 3r r =,设外接球的球心为O,半径为R,截面图如图，则OB=OS=R,OD=h-R=3r R -,BD=r, 在直角三角形BOD 中，由勾股定理得222OB OD BD =+,即()2223R r r R =+-,展开整理得R=,3r 所以外接球的体积为33344333393R r ππ=⨯=, 故所求体积比为33393323293rr ππ=，故选：A7．（2020·湖南省高三期末）设三棱柱111ABC A B C -的侧棱垂直于底面，2AB AC ==，90BAC ∠=︒，132AA =( )A ．24πB ．18πC ．26πD ．16π【答案】C【解析】由题意知底面外接圆的圆心为斜边BC 的中点O '，则外接圆的半径2BCr =，而2AB AC ==，90BAC ∠=︒，所以22BC =所以2r =过BC 的中点做垂直于底面的直线交中截面与O 点，则O 为外接球的球心， 由题意得：22219132222AA R r ⎛⎫=+=+= ⎪⎝⎭，所以外接球的表面积2426S R ππ==，故选：C ．8．（2020·全国高三课时练习）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 ．12π B ．323π C ．8π D ．4π【答案】A【解析】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半径为3，所以该球的表面积为24(3)12ππ⋅=，故选A. 二、填空题9．（2020·全国高三课时练习）已知圆台的上、下底面都是球O 的截面，若圆台的高为6，上、下底面的半径分别为2，4，则球O 的表面积为__________． 【答案】80π【解析】设球半径为R ，球心O 到上表面距离为x ，则球心到下表面距离为6-x,结合勾股定理，建立等式()222224+6x x +=-，解得4x =，所以半径222220R x =+=因而表面积2480S R ππ==10．（2020·山东省高三）若一个圆柱的轴截面是面积为4的正方形，则该圆柱的外接球的表面积为_______. 【答案】8π.【解析】作出圆柱与其外接球的轴截面如下：设圆柱的底面圆半径为r ，则2BC r =，所以轴截面的面积为()224ABCD S r ==正方形，解得1r =，因此，该圆柱的外接球的半径2222222BD R +=== 所以球的表面积为2428S ππ==.故答案为8π11．（2020·广西壮族自治区广西师大附属外国语学校高三）在平面四边形ABCD 中，ΔBCD 是边长为2的等边三角形，ΔBAD 为等腰三角形，且∠BAD =90︒，以BD 为折痕，将四边形折成一个120︒的二面角A BD C --，并且这个二面角的顶点A ，B ，C ，D 在同一个球面上，则这个球的球面面积为________________ 【答案】529π【解析】折成的立体图形如图所示，O 为球心，E 为BD 的中点，∠CEH =60︒， CE 33322CH HE ==，，，所以由222OC OF CF =+得： 2222233131229R R R ⎛⎫=-+=⎪ ⎭⎝⎭，所以，球面积为25249S R ππ== 故答案为：529π12．（2020·湖南省长郡中学高三月考）已知三棱锥A BCD -，1AB =，2AC =，2AD =，当ABC ABD ACD S S S ∆∆∆++取最大值时，三棱锥A BCD -的外接球表面积是______.【答案】9π【解析】当ABC ABD ACD S S S ∆∆∆++取最大值时AB ，AC ，AD 两两垂直， 此时以AB ，AC ，AD 为长方体的三条棱， 长方体的外接球也即是三棱锥A BCD -的外接球，221223++=，设球的半径为R ，则23R =， 球的表面积为()229R ππ=.故答案为：9π13．（2020·广东省高三期末）已知三棱锥P ABC -中，3PA PB PC ===P ABC -体积最大值时，三棱锥P ABC -的外接球的体积为______. 【答案】92π【解析】三棱锥P ABC -，以PAB ∆为底，C 到平面PAB 的距离为高， 则可知PC ⊥平面PAB 时，C 到平面PAB 3，底面PAB ∆为等腰三角形，13sin sin 22PAB S PA PB BPA BPA∆=⋅⋅∠=∠， 所以，当sin 1BPA ∠=时，PAB ∆的面积最大，即PA PB ⊥， 所以，当,,PA PB PC 两两垂直时，三棱锥P ABC -体积最大，此时三棱锥P ABC -的外接球可以看作是以3为棱长的正方体的外接球， 设球的半径为R ，则()()()()22222333R =++，解得32R =，所以所求球的体积为3344393322V R πππ⎛⎫=== ⎪⎝⎭.故答案为：92π.14．（2020·全国高三专题练习）如图所示，六氟化硫()6SF 的分子是一个正八面体结构，其中6个氟原子()F 恰好在正八面体的顶点上，而硫原子()S 恰好是正八面体的中心.若把该分子放入一个球内，则这个球的体积与六氟化硫分子体积之比的最小值为________.【答案】π.【解析】由正八面体的性质可得：当这个球的体积与六氟化硫分子体积之比取最小值时，此时这个球为正八面体的外接球，且球心为点S ，设外接球的半径为R ，则正八面体的体积为32142(2)33R R R ⨯⨯⨯=，又正八面体的外接球的体积为343R π，则这个球的体积与六氟化硫分子体积之比的最小值为334343R R ππ=, 故答案为：π.15．（2020·河南省高三）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，2AD =，1ED =，若鳖臑P ADE -的外接球的体积为92π，则阳马P ABCD -的外接球的表面积等于______．【答案】12π【解析】鳖臑P ADE -可看做如下图所示的长方体的一部分：则长方体外接球即为鳖臑P ADE -的外接球∴外接球半径为：222211522ED AD PA PA ++=+ 又324195322PA ππ⎛⎫⨯+= ⎪⎝⎭ 2PA ∴=连接AC ，BD ，交于O '，取PC 中点O ，连接OO '可知：112OO PA '==则OA OB OCOD =====12OP OC PC ====可知O 为阳马P ABCD -的外接球球心，则外接球半径R =∴阳马P ABCD -的外接球表面积2412S R ππ==本题正确结果：12π。
2020-2021年高考三轮复习数学培优训练13-16数列中的奇、偶项、截面、外接球、非线性回归问题
培优点13 数列中的奇、偶项问题数列中的奇、偶项问题是对一个数列分成两个新数列进行单独研究，利用新数列的特征(等差、等比数列或其他特征)求解原数列．例 已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝12，[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0，n ∈N *.(1)令b n ＝a 2n －1，判断{b n }是否为等差数列，并求数列{b n }的通项公式； (2)记数列{a n }的前2n 项和为T 2n ，求T 2n .(1)数列中的奇、偶项问题的常见题型①数列中连续两项和或积的问题(a n ＋a n ＋1＝f (n )或a n ·a n ＋1＝f (n ))； ②含有(－1)n 的类型； ③含有{a 2n }，{a 2n －1}的类型； ④已知条件明确的奇偶项问题．(2)对于通项公式分奇、偶不同的数列{a n }求S n 时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a 2k －1＋a 2k 看作一项，求出S 2k ，再求S 2k －1＝S 2k －a 2k .1．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( ) A ．200B ．－200C ．400D ．－4002．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝(－1)n ·n ，若对任意的正整数n ，使得(a n ＋1－p )·(a n －p )<0恒成立，则实数p 的取值范围是________．3．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n，记S n 为{a n }的前n 项和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N *. (1)判断数列{b n }是否为等比数列，并写出其通项公式； (2)求数列{a n }的通项公式； (3)求S n .培优点14 截面问题用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集叫做这个几何体的截面，利用平面的性质确定截面形状是解决截面问题的关键．例1 (1)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G 分别在AB ，BC ，DD 1上，求作过E ，F ，G 三点的截面．(2)作出过正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底边BC 及两底面中心连线OO 1中点的截面．(3)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱B 1B ，B 1C 1的中点，点G 是棱C 1C 的中点，则过线段AG 且平行于平面A 1EF 的截面图形为( )A ．矩形B ．三角形C ．正方形D ．等腰梯形例2 (1)(2018·全国Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )A.334B.233C.324D.32(2)如图，在三棱锥O －ABC 中，三条棱OA ，OB ，OC 两两垂直，且OA >OB >OC ，分别经过三条棱OA ，OB ，OC 作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为S 1，S 2，S 3，则S 1，S 2，S 3的大小关系为________．确定截面的主要依据有 (1)平面的四个公理及推论． (2)直线和平面平行的判定和性质． (3)两个平面平行的性质． (4)球的截面的性质．1．平面α过正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABB 1A 1＝n ，则m ，n 所成角的正弦值为( ) A.32 B.22 C.33 D.132.如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________．3．P ，Q ，R 三点分别在直四棱柱AC 1的棱BB 1，CC 1和DD 1上，试写出过P ，Q ，R 三点的截面作法．培优点15 空间几何体的外接球空间几何体的外接球是高中数学的重难点．我们可以通过对几何体的割补或寻求几何体外接球的球心两大策略求解此类问题．例1 半球内有一个内接正方体，则这个半球的体积与正方体的体积之比为( ) A.5π∶6 B.6π∶2 C ．π∶2D ．5π∶12例2 已知在三棱锥S －ABC 中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝2，SA ＝SC ＝22，二面角B －AC －S 的大小为2π3，则三棱锥S －ABC 的外接球的表面积为( )A.124π9B.105π4C.105π9D.104π9例3 正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16π C ．9π D.27π4解决此类问题的关键在于利用几何体的结构特征确定球的球心，利用球的截面的性质，球心和球的截面的中心连线垂直于截面．结合相关几何量之间的数量关系可确定球心．1．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 ．π B.3π4 C.π2 D.π42．在三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，P A ＝PB ＝PC ＝3，P A ⊥PB ，则三棱锥P －ABC 的外接球的体积为( )A.272πB.2732π C ．273π D ．27π 3．(2020·德阳诊断)△ABC 是边长为23的等边三角形，E ，F 分别为AB ，AC 的中点，沿EF 把△AEF 折起，使点A 翻折到点P 的位置，连接PB ，PC ，当四棱锥P －BCFE 的外接球的表面积最小时，四棱锥P －BCFE 的体积为( ) A.534 B.334 C.64 D.364培优点16 非线性回归问题通过变量间的相关关系对两个变量进行统计分析是数学的重要应用．其中非线性回归问题具有十分重要的现实意义．例 二手车经销商小王对其所经营的A 型号二手汽车的使用年数x 与销售价格y (单位：万元/辆)进行整理，得到如下数据：下面是z 关于x 的折线图：(1)由折线图可以看出，可以用线性回归模型拟合z 与x 的关系，请用相关系数加以说明； (2)求y 关于x 的回归方程，并预测当某辆A 型号二手车使用年数为9年时售价约为多少；(b ^，a ^小数点后保留两位有效数字)(3)基于成本的考虑，该型号二手车的售价不得低于7118元，请根据(2)求出的回归方程预测在收购该型号二手车时车辆的使用年数不得超过多少年．参考公式：b ^＝i ＝1n (x i －x )(y i －y )i ＝1n (x i －x )2＝∑i ＝1nx i y i －n x y∑i ＝1nx 2i －n x2，a ^＝y －b ^x ，r ＝i ＝1n (x i －x )(y i －y )i ＝1n (x i －x )2i ＝1n (y i －y )2.参考数据：∑i ＝16x i y i ＝187.4，∑i ＝16x i z i ＝47.64，∑i ＝16x 2i ＝139，i ＝16(x i －x )2＝4.18，i ＝16(y i －y )2＝13.96，i ＝16(z i －z )2＝1.53，ln1.46≈0.38，ln0.7118≈－0.34.非线性回归方程的求法 (1)根据原始数据作出散点图． (2)根据散点图，选择恰当的拟合函数．(3)作恰当变换，将其转化成线性函数，求线性回归方程． (4)在(3)的基础上通过相应变换，即可得非线性回归方程．区块链技术被认为是继蒸汽机、电力、互联网之后，下一代颠覆性的核心技术．区块链作为构造信任的机器，将可能彻底改变整个人类社会价值传递的方式，2015年至2019年五年期间，中国的区块链企业数量逐年增长，居世界前列．现收集我国近5年区块链企业总数量相关数据，如表：注：参考数据∑i ＝15y i ＝74.691，∑i ＝15x i y i ＝312.761，∑i ＝15z i ＝10.980，∑i ＝15x i z i ＝40.457(其中z ＝ln y )．附：样本(x i ，y i )(i ＝1,2，…，n )的最小二乘法估计公式为b ^＝i ＝1n (x i －x )(y i －y )i ＝1n (x i －x )2＝∑i ＝1nx i y i －n x y∑i ＝1nx 2i －n x2，a ^＝y －b ^x .(1)根据表中数据判断，y ＝a ＋bx 与y ＝c e dx (其中e ＝2.71828…，为自然对数的底数)，哪一个回归方程类型适宜预测未来几年我国区块链企业总数量？(给出结果即可，不必说明理由) (2)根据(1)的结果，求y 关于x 的回归方程；(结果精确到小数点后第三位)(3)为了促进公司间的合作与发展，区块链联合总部决定进行一次信息化技术比赛，邀请甲、乙、丙三家区块链公司参赛，比赛规则如下：①每场比赛有两个公司参加，并决出胜负；②每场比赛获胜的公司与未参加此场比赛的公司进行下一场的比赛；③在比赛中，若有一个公司首先获胜两场，则本次比赛结束，该公司就获得此次信息化比赛的“优胜公司”．已知在每场比赛中，甲胜乙的概率为13，甲胜丙的概率为35，乙胜丙的概率为12，请通过计算说明，哪两个公司进行首场比赛时，甲公司获得“优胜公司”的概率最大？参考答案培优点13 数列中的奇、偶项问题例 解 (1)因为[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0， 所以[3＋(－1)2n －1]a 2n ＋1－2a 2n －1＋2[(－1)2n －1－1]＝0， 即a 2n ＋1－a 2n －1＝2，又b n ＝a 2n －1，所以b n ＋1－b n ＝a 2n ＋1－a 2n －1＝2， 所以{b n }是以b 1＝a 1＝1为首项，2为公差的等差数列， 所以b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，n ∈N *. (2)对于[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0， 当n 为偶数时，可得(3＋1)a n ＋2－2a n ＋2(1－1)＝0，即a n ＋2a n ＝12，所以a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，12为公比的等比数列； 当n 为奇数时，可得(3－1)a n ＋2－2a n ＋2(－1－1)＝0，即a n ＋2－a n ＝2，所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，2为公差的等差数列，所以 T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝⎣⎡⎦⎤n ×1＋12n (n －1)×2＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12 ＝n 2＋1－12n ，n ∈N *.1．答案 B解析 S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200. 2．答案 (－1,3)解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(－1)n n －(－1)n －1(n －1)＝(－1)n (2n －1)． 因为对任意的正整数n ，(a n ＋1－p )(a n －p )<0恒成立，所以[(－1)n ＋1(2n ＋1)－p ][(－1)n (2n －1)－p ]<0.①当n 是正奇数时，化为[p －(2n ＋1)][p ＋(2n －1)]<0，解得1－2n <p <2n ＋1， 因为对任意的正奇数n 都成立，取n ＝1时， 可得－1<p <3.②当n 是正偶数时，化为[p －(2n －1)][p ＋(1＋2n )]<0， 解得－1－2n <p <2n －1，因为对任意的正偶数n 都成立，取n ＝2时， 可得－5<p <3.联立⎩⎪⎨⎪⎧－1<p <3，－5<p <3，解得－1<p <3.所以实数p 的取值范围是(－1,3)． 3．解 (1)因为a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n， 所以a n ＋1·a n ＋2＝⎝⎛⎭⎫12n ＋1， 所以a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n .因为b n ＝a 2n ＋a 2n －1，所以b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12，所以数列{b n }是公比为12的等比数列．因为a 1＝1，a 1·a 2＝12，所以a 2＝12，b 1＝a 1＋a 2＝32，所以b n ＝32×⎝⎛⎭⎫12n －1＝32n ，n ∈N *.(2)由(1)可知a n ＋2＝12a n ，所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，12为公比的等比数列，所以a 2n －1＝⎝⎛⎭⎫12n －1，a 2n ＝⎝⎛⎭⎫12n ，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝⎛⎭⎫12112n +-，n 为奇数，⎝⎛⎭⎫122n ，n 为偶数.(3)因为S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝3－32n ，又S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝3－32n －12n ＝3－42n ，所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3－232n，n 为偶数，3－1242n +，n 为奇数.培优点14 截面问题例1 (1) 解 作法：①在底面AC 内，过E ，F 作直线EF ，分别与DA ，DC 的延长线交于L ，M .②在侧面A 1D 内，连接LG 交AA 1于K . ③在侧面D 1C 内，连接GM 交CC 1于H .④连接KE ，FH .则五边形EFHGK 即为所求的截面．(2) 解 作法：①过A 1A 和OO 1作平面AOO 1A 1，交BC 于D ，交B 1C 1于D 1，则D ，D 1分别为BC ，B 1C 1的中点．②取OO 1的中点M ，在平面A 1AM 内，作直线DM 交上底面A 1B 1C 1于点G . ③在平面A 1B 1C 1内，过G 作EF ∥B 1C 1，交A 1B 1于E .交A 1C 1于F . ④连接BE ，CF .则多边形BCFE 为所求． (3) 答案 D解析 取BC 的中点H ，连接AH ，GH ，AD 1，D 1G ，由题意得GH ∥EF ，AH ∥A 1F ，又GH ⊄平面A 1EF ，EF ⊂平面A 1EF ，∴GH ∥平面A 1EF ，同理AH ∥平面A 1EF ， 又GH ∩AH ＝H ，GH ，AH ⊂平面AHGD 1，∴平面AHGD 1∥平面A 1EF ，故过线段AG 且与平面A 1EF 平行的截面图形为四边形AHGD 1，显然为等腰梯形． 例2 (1)答案 A解析 如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，平面AB 1D 1与棱A 1A ，A 1B 1，A 1D 1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A 1A ，A 1B 1，A 1D 1平行，故正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的每条棱所在直线与平面AB 1D 1所成的角都相等．取棱AB ，BB 1，B 1C 1，C 1D 1，DD 1，AD 的中点E ，F ，G ，H ，M ，N ，则正六边形EFGHMN 所在平面与平面AB 1D 1平行且面积最大，此截面面积为S 正六边形EFGHMN ＝6×12×22×22sin60°＝334.故选A.(2) 答案 S 3<S 2<S 1解析 由题意知OA ，OB ，OC 两两垂直，可将其放置在以O 为顶点的长方体中，设三边OA ，OB ，OC 分别为a ，b ，c ，且a >b >c ，利用等体积法易得S 1＝14ab 2＋c 2，S 2＝14ba 2＋c 2，S 3＝14ca 2＋b 2，∴S 21－S 22＝116(a 2b 2＋a 2c 2)－116(b 2a 2＋b 2c 2) ＝116c 2(a 2－b 2)， 又a >b ，∴S 21－S 22>0，即S 1>S 2，同理，平方后作差可得，S 2>S 3，∴S 3<S 2<S 1.1．答案 A解析 如图所示，设平面CB 1D 1∩平面ABCD ＝m 1，∵α∥平面CB 1D 1，∴m 1∥m ，又∵平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，平面CB 1D 1∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1， ∴B 1D 1∥m 1，∴B 1D 1∥m ，同理可得CD 1∥n .故m ，n 所成角的大小与B 1D 1，CD 1所成角的大小相等，即∠CD 1B 1的大小． 而B 1C ＝B 1D 1＝CD 1(均为面对角线)，因此∠CD 1B 1＝π3，得sin ∠CD 1B 1＝32，故选A.2.答案 1∶47解析 设长方体的相邻三条棱长分别为a ，b ，c ，它截出棱锥的体积V 1＝13×12×12a ×12b ×12c＝148abc ，剩下的几何体的体积V 2＝abc －148abc ＝4748abc ，所以V 1∶V 2＝1∶47. 3． 解 作法：(1)连接QP ，QR 并延长，分别交CB ，CD 的延长线于E ，F .(2)连接EF 交AB 于T ，交AD 于S .(3)连接RS ，TP .则五边形PQRST 即为所求截面．培优点15 空间几何体的外接球例1 答案 B解析 将半球补成球，同时把原半球的内接正方体再补接一个同样的正方体，构成的长方体恰好是球的内接长方体，那么这个长方体的对角线就是它的外接球的直径．设正方体的棱长为a ，球体的半径为R ，则(2R )2＝a 2＋a 2＋(2a )2，即R ＝62a ，∴V 半球＝12×43πR 3＝23π×⎝⎛⎭⎫62a 3＝62πa 3，V 正方体＝a 3，∴V 半球∶V 正方体＝62πa 3∶a 3＝6π∶2，故选B. 例2 答案 D解析 如图，取AC 的中点D ，连接BD ，SD ，则∠BDS ＝2π3，AC ＝22，BD ＝2，SD ＝ 6.过点D 作与平面ABC 垂直的直线，则球心O 在该直线上，设球的半径为R ，连接OB ，OS ，可得OD 2＝R 2－(2)2，在△OSD 中，∠ODS ＝π6，利用余弦定理可得R 2＝R 2－2＋(6)2－2×R 2－2×6×32，解得R 2＝269，所以其外接球的表面积为4πR 2＝104π9.例3 答案 A解析 如图，正四棱锥P －ABCD 的底面中心为H .在底面正方形ABCD 中，AH ＝2， 又PH ＝4， 故在Rt △P AH 中， P A ＝PH 2＋AH 2＝42＋(2)2＝3 2.则由正四棱锥的性质可得，其外接球的球心O 在PH 所在的直线上，设其外接球的直径为PQ ＝2r .又A 在正四棱锥外接球的球面上，所以AP ⊥AQ . 又AH ⊥PH ，由射影定理可得P A 2＝PH ×PQ ， 故2r ＝PQ ＝P A 2PH ＝(32)24＝92，所以r ＝94.故该球的表面积为S ＝4πr 2＝4π×⎝⎛⎭⎫942＝81π4.1．答案 B解析 球心到圆柱的底面的距离为圆柱高的12，球的半径为1，则圆柱底面圆的半径r ＝1－⎝⎛⎭⎫122＝32，故该圆柱的体积为V ＝π×⎝⎛⎭⎫322×1＝3π4. 2．答案 B解析 因为P A ＝PB ＝PC ，△ABC 是正三角形，所以△P AB ≌△P AC ≌△PBC ，由P A ⊥PB 知，P A ⊥PC ，PB ⊥PC ，以P A ，PB ，PC 为过同一顶点的三条棱作正方体(图略)，则三棱锥P －ABC 的外接球可看成正方体的外接球，因为正方体的体对角线长为33，所以其外接球的半径为R ＝332，外接球的体积为V ＝43πR 3＝2732π.故选B.3．答案 D解析 如图(1)，四边形BCFE 为等腰梯形，则其必有外接圆，设O 为梯形BCFE 的外接圆圆心，当O 也为四棱锥P －BCFE 的外接球球心时，外接球的半径最小，也就使得外接球的表面积最小，过A 作BC 的垂线交BC 于点M ，交EF 于点N ，连接PM ，PN ，点O 必在AM 上， ∵E ，F 分别为AB ，AC 的中点，则必有AN ＝PN ＝MN ， ∴∠APM ＝90°，即△APM 为直角三角形． 对于等腰梯形BCFE ，如图(2)，∵△ABC 是等边三角形，E ，F ，M 分别为AB ，AC ，BC 的中点， ∴必有MB ＝MC ＝MF ＝ME ，∴点M 为等腰梯形BCFE 的外接圆圆心，即点O 与点M 重合，如图(3)，∴PO ＝OC ＝12BC ＝3，P A ＝AO 2－PO 2＝32－3＝6，∴四棱锥P －BCFE 的高为 h ＝PO ·P AAM ＝3×63＝2，V P －BCFE ＝13S 梯形BCFE h ＝13×34S △ABC h＝13×34×12×23×3×2＝364. 培优点16 非线性回归问题例 解 (1)由题意，知x ＝16×(2＋3＋4＋5＋6＋7)＝4.5，z ＝16×(3＋2.48＋2.08＋1.86＋1.48＋1.10)＝2，又∑i ＝16x i z i ＝47.64，i ＝16(x i －x )2＝4.18，i ＝16(z i －z )2＝1.53，∴r ＝47.64－6×4.5×24.18×1.53＝－6.366.3954≈－0.99，∴z 与x 的相关系数大约为－0.99，说明z 与x 的线性相关程度很高． (2)b ^＝47.64－6×4.5×2139－6×4.52＝－6.3617.5≈－0.36，∴a ^＝z －b ^x ＝2＋0.36×4.5＝3.62， ∴z 与x 的线性回归方程是z ^＝－0.36x ＋3.62， 又z ＝ln y ，∴y 关于x 的回归方程是y ^＝e －0.36x ＋3.62. 令x ＝9，得y ^＝e －0.36×9＋3.62＝e 0.38，∵ln 1.46≈0.38，∴y ^≈1.46.即预测当某辆A 型号二手车使用年数为9年时售价约为1.46万元． (3)当y ^≥0.711 8，即e －0.36x ＋3.62≥0.711 8＝e ln 0.711 8≈e －0.34时， 则有－0.36x ＋3.62≥－0.34，解得x ≤11，因此，预测在收购该型号二手车时车辆的使用年数不得超过11年．解 (1)回归方程y ＝c e dx 适宜预测未来几年我国区块链企业总数量． (2)对y ＝c e dx 两边取自然对数，得ln y ＝ln c ＋dx ， 令z ^＝ln y ，a ^＝ln c ，b ^＝d ，得z ^＝a ^＋b ^x .∵∑i ＝15x i ＝15，x ＝15∑i ＝15x i ＝3，z ＝15∑i ＝15z i ＝2.196，∴b ^＝∑i ＝15x i z i －5x ·z∑i ＝15x 2i －5x2＝40.457－5×3×2.19655－5×32≈0.752，a ^＝z －b ^x ＝2.196－0.752×3＝－0.060. ∴z 关于x 的回归方程为z ^＝0.752x －0.060， 则y 关于x 的回归方程为y ^＝e 0.752x －0.060. (3)对于首场比赛的选择有以下三种情况：A ，甲与乙先赛；B ，甲与丙先赛；C ，丙与乙先赛．∵在每场比赛中，甲胜乙的概率为13，甲胜丙的概率为35，乙胜丙的概率为12，∴甲公司获胜的概率分别是P (A )＝13×35＋13×⎝⎛⎭⎫1－35×12×13＋⎝⎛⎭⎫1－13×⎝⎛⎭⎫1－12×35×13＝1345； P (B )＝35×13＋35×⎝⎛⎭⎫1－13×⎝⎛⎭⎫1－12×35＋⎝⎛⎭⎫1－35×12×13×35＝925； P (C )＝⎝⎛⎭⎫1－12×35×13＋12×13×35＝15. ∵925>1345>15， ∴甲与丙两公司进行首场比赛时，甲公司获得“优胜公司”的概率最大．。
2020版高考数学大二轮专题突破文科通用版 课件：5.3 热点小专题二 球与多面体的内切、外接
∴正六棱柱外接球的半径 R= ������2 + ������2=1.∴V 球=43π.
关闭
4π
3
解-析4-
答案
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解题心得本题运用公式R2=r2+d2求球的半径,该公式是求球的半 径的常用公式.
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对点训练1设三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱的长都为a,顶点
∴S
表=4πr2=4π×
7������ 2 12
=
7 3
πa2.
关闭
B
解-析6-
答案
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球与棱锥的外接问题(多维探究) 方法一 补形法求球的半径 例2(1)(2019全国卷1,理12)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O 的球面上,PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是 PA,AB的中点,∠CEF=90°,则球O的体积为( )
A.8 6π B.4 6π
C.2 6π D. 6π
(2)(2019福建漳州质检二,理15)已知正四面体A-BCD的外接球的
体积为8 6 π,则这个四面体的表面积为
.
答案 (1)D (2)16 3
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解析 (1)设 PA=PB=PC=2x.
∵E,F 分别为 PA,AB 的中点,
∴PA⊥PB⊥PC.
∴2R= 2 + 2 + 2 =
6.
∴R=
6.
2
∴V=43 πR3=43 π ×
6 2
3=
6π.
故选 D.
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