成才之路北师大数学必修2-1.4
高中数学 必修2(北师大)1.4.1单位圆与任意角的正弦函数、余弦函数定义
答案：2
题型一 已知角，求三角函数值——自主完成
1．如图所示，直线 l 的倾斜角为23π，且与单位圆交于 P，Q 两点，
则点 P 的横坐标是( )
1 A.2
B．－12
3 C. 2
D．－
3 2
解析：因为 cos 23π＝－21，故选 B. 答案：B
3 2
B．－12
3
1
C. 2
D.2
解析：根据任意角的正弦定义，可得 sin α＝y＝－21. 答案：B
3．已知角 α 的终边过点(3，－4)，则 cos α＝( )
4 A.5
B．－45
3 C.5
D．－35
解析：∵x＝3，y＝－4，∴r＝5.∴cos α＝xr＝53. 答案：C
4．若锐角 β 的终边过点(1，m)，且 cos β＝ 55，则 m＝________.
4.1 单位ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ与任意角的正弦函数、余弦函数定义
[教材要点]
要点 任意角的正弦函数和余弦函数 1．给定任意角 α，角 α 的终边与单位圆的交点为 P(u，v)，点 P 的纵坐标 v、横坐标 u 都是唯一确定的，则 v＝__s_in__α___，u＝__co_s__α___.
2．利用角的终边上任意一点的坐标定义正、余弦函数
如图所示，在角 α 终边上任取一点 P(x，y)，设|OP|＝r，
y
y
x
x
则 sin α＝____r____＝__x_2_＋__y_2 _，cos α＝____r____＝___x_2_＋__y_2 .
[基础自测]
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)
北师大版数学必修二第2章 2.2
成才之路 ·高中新课程 ·学习指导 ·北师大版 ·数学 ·必修2
与圆有关的轨迹问题
已知动点M到点A(2,0)的距离是它到点B(8,0)的 距离的一半．
(1)求动点M的轨迹方程； (2)若N为线段AM的中点，试求点N的轨迹． [思路分析] (1)已知动点M到两定点的距离满足特定关 系，求动点的轨迹方程，可以设出点M的坐标，然后根据条件 列出方程，化简可得轨迹方程． (2)N点随M点运动而运动，设出点N的坐标，将M点坐标用 A，N两点坐标表示，再将M点坐标代入(1)中的轨迹方程，即得 N的轨迹方程，从而得点N的轨迹．
方程
条件
图形
D2＋E2－4F<0
不表示任何图形
D2＋E2－4F＝
x2＋y2＋Dx
0
＋Ey＋F＝0
表示一个点__－__D2_，__－_E_2 ___
－D2 ，－E2
D2＋E2－4F>0 表示12以_D_2_＋__E_2_－__4_F_为圆心，
以______________为半径的圆
第二章 §2 2.2
成才之路 ·高中新课程 ·学习指导 ·北师大版 ·数学 ·必修2
课堂典例讲练
第二章 §2 2.2
成才之路 ·高中新课程 ·学习指导 ·北师大版 ·数学 ·必修2
二元二次方程的曲线与圆的关系
下列方程能否表示圆？若能表示，求出圆心和 半径．
(1)2x2＋y2－7x＋5＝0； (2)x2－xy＋y2＋6x＋7y＝0； (3)x2＋y2－2x－4y＋10＝0； (4)2x2＋2y2－4x＝0； (5)x2＋y2＋20x＋62＝0. [思路分析] 解答本题的关键是验证二元二次方程是否满 足圆的一般方程的特征．
是动点 M 的轨迹方程．
【成才之路】高中数学 第1章 立体几何初步综合能力检测 北师大版必修2
【成才之路】2014-2015学年高中数学 第1章 立体几何初步 综合能力检测 北师大版必修2本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题 共50分)一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1． 若P 是平面α外一点，则下列命题正确的是( ) A ．过P 只能作一条直线与平面α相交 B ．过P 可作无数条直线与平面α垂直 C ．过P 只能作一条直线与平面α平行 D ．过P 可作无数条直线与平面α平行 [答案] D[解析] 过P 点平行于α的平面内任一直线都与平面α平行．2．不同直线m 、n 和不同平面α、β，给出下列命题，其中错误命题有( ) ①⎭⎪⎬⎪⎫α∥βm α⇒m ∥β； ②⎭⎪⎬⎪⎫m ∥n m ∥β⇒n ∥β；③⎭⎬⎫m αn β⇒m 、n 异面； ④⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βm ∥α⇒m ⊥β. A ．0个 B ．1个 C ．2个 D ．3个[答案] D[解析] ①对，②、③、④错．3．(2014·四川文，4)某三棱锥的左视图、俯视图如图所示，则该三棱锥的体积是( ) (锥体体积公式：V ＝13Sh ，其中S 为底面面积，h 为高)A ．3B ．2C ． 3D ．1[答案] D[解析] 本题考查了三视图及体积计算公式等．由图知平面PAB ⊥平面ABC ，PD ⊥AB ，PD ⊥平面ABC ，底面是边长为2的正三角形，∴V ＝13Sh ＝13×3×3＝1.由三视图找出垂直关系是关键．4．底面是菱形的直棱柱的两条体对角线长为8cm 和12cm ，侧棱长为4cm ，则它的底面边长为( )A ．11cmB ．22cmC ．211cmD ．222cm[答案] C[解析] 由题意，可求出两底面菱形的两对角线的长分别为82－42＝43cm ，122－42＝82cm ，则底面边长为12＋32＝211cm.5．(2014·陕西理，5)已知底面边长为1，侧棱长为2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 ．32π3B ．4πC ．2πD ．4π3[答案] D[解析] 本题考查空间几何体的结构特征，球的体积计算． 如图，根据正四棱柱的特点，球心也是正四棱柱的中心O .∵AB ＝1，∴O 1A 1＝22， ∵AA 1＝2，∴OO 1＝22， ∴r ＝OA 1＝1，∴V 球＝43π.6．如图，BCDE 是一个正方形，AB ⊥平面BCDE ，则图中(侧面，底面)互相垂直的平面共有( )A ．4组B ．5组C ．6组D ．7组[答案] B[解析] 与平面BCDE 垂直的平面有2个，与平面ABC 垂直的平面有2个，(含平面ABE ，不含平面BCDE )．与平面ABE 垂直的平面有2个(含平面ABC ，不含平面BCDE )，∴2＋2＋2－1＝5.7． (浙江高考)已知某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是( )A ．108cm 3B ．100cm 3C ．92cm 3D ．84cm 3[答案] B[解析] 结合三视图可得几何体的直观图如图所示，其体积V ＝VABCD －A 1B 1C 1D 1－VD 1－A 1EF ，由三视图可得VABCD －A 1B 1C 1D 1＝6×6×3＝108cm 3，VD 1－A 1EF ＝13×12×4×4×3＝8cm 3，所以V ＝100cm 3，选B.8． 体积为52的圆台，一个底面积是另一个底面积的9倍，那么截得这个圆台的圆锥的体积为( )A ．54B ．54πC ．58D ．58π[答案] A[解析] 设原圆锥的体积是x ， 则x －52x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫133， ∴x ＝54.9．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF ＝12，则下列结论中错误的是( )A ．AC ⊥BEB ．EF ∥平面ABCDC ．三棱锥A －BEF 的体积为定值D ．△AEF 的面积与△BEF 的面积相等[答案] D[解析] 本题主要考查线线垂直、线面平行、三棱锥的体积等知识，考查学生的推理论证能力．对于选项A ，由正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1得B 1B ⊥面AC ，∴AC ⊥B 1B ， 又∵AC ⊥BD ，∴AC ⊥面BDD 1B 1，BE 面BDD 1B 1， ∴AC ⊥BE .对于选项B ，由正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1得B 1D 1∥BD ，B 1D 1面ABCD ，BD 面ABCD ，∴B 1D 1∥面ABCD ，∴EF ∥面ABCD .对于选项C ，V A －BEF ＝13×22×12×1×12＝224.∴三棱锥A －BEF 的体积为定值．对于选项D ，因线段B 1D 1上两个动点E ，F ，且EF ＝12，在E ，F 移动时，A 到EF 的距离与B 到EF 的距离不相等 ∴△AEF 的面积与△BEF 的面积不相等．10．一圆台上底半径为5cm ，下底半径为10cm ，母线AB 长为20cm ，其中A 在上底面上，B 在下底面上，从AB 中点M 拉一条绳子，绕圆台的侧面一周转到B 点，则这条绳子最短为( )A ．30cmB ．40cmC ．50cmD ．60cm[答案] C[解析] 如图所示，把圆台侧面展开，显然绳子的最短路线是由B 到M 的线段．其中展开图的圆环圆心角为θ＝π2，上底周长为2πR 上＝10πcm ，＝14×2πOA ′， ∴OA ′＝20cm.又A ′M ＝MB ′＝202＝10cm ，∴OM ＝30cm ，OB ＝40cm ， ∴MB ＝OM 2＋OB 2＝50cm.第Ⅱ卷(非选择题 共100分)二、填空题(本大题共5个小题，每小题5分，共25分，把答案填在题中横线上) 11．若圆锥的侧面积为2π，底面面积为π，则该圆锥的体积为________． [答案]3π3[解析] 设圆锥的母线为l ，底面半径为r ，高为h ，由⎩⎪⎨⎪⎧πrl ＝2π，πr 2＝π，得⎩⎪⎨⎪⎧l ＝2，r ＝1.所以h ＝l 2－r 2＝ 3.于是，圆锥的体积为V ＝13πr 2h ＝3π3.12．如图所示，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为4，E ，F 分别是AB ，A 1C 1的中点，则EF 的长等于________．[答案]17[解析] 取A 1B 1的中点H ，连接EH ，FH ，则EH ＝4，FH ＝1. 由正三棱柱的性质知△EFH 为直角三角形．所以EF ＝FH 2＋EH 2＝17.13．一个正方体的各顶点均在同一个球的球面上，若该球的体积为43π，则该正方体的表面积为________．[答案] 24[解析] 设正方体的棱长为a ，球的半径为r ， 则2r ＝3a ，∴a ＝233r .∵43πr 3＝43π，∴r ＝3，∴a ＝2. ∴正方体的表面积为6a 2＝24.14．已知PA 垂直于平行四边形ABCD 所在的平面，若PC ⊥BD ，则平行四边形ABCD 一定是________．[答案] 菱形[解析] ∵PA ⊥平面ABCD ， ∴PA ⊥BD .又∵PC ⊥BD ，∴BD ⊥平面PAC . ∴BD ⊥AC .∴四边形ABCD 为菱形．15．若四面体ABCD 的三组对棱分别相等，即AB ＝CD ，AC ＝BD ，AD ＝BC ，则________(写出所有正确结论的编号)．①四面体ABCD 每组对棱相互垂直； ②四面体ABCD 每个面的面积相等；③从四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90°而小于180°； ④连接四面体ABCD 每组对棱中点的线段相互垂直平分；⑤从四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长． [答案] ②④⑤[解析] 本题考查了空间几何体中点线面的位置关系．依题意，该四面体可看作是一个长方体截掉四个顶角后剩余部分，所以可以确定②④⑤正确．对于①，只有四面体ABCD 是正四面体时才成立．对于③，取特例正四面体知夹角和为60°＋60°＋60°＝180°知③错．三、解答题(本大题共6个小题，满分75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)16．(本小题满分12分)如图是一个几何体的主视图和俯视图．(1)试判断这个几何体是什么几何体； (2)请画出它的左视图，并求该左视图的面积．[解析] (1)由题图中的主视图和俯视图知该几何体是正六棱锥．(2)该几何体的左视图如图所示．其中两腰为斜高，底边长为3a ，三角形的高即为正六棱锥的高，且长为3a .所以该左视图的面积为123a ·3a ＝32a 2.17．(本小题满分12分)如图所示，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面边长为a ，D 、E 分别是BB 1、CC 1上的点，且EC ＝2BD ＝a .求证：平面ADE ⊥平面ACC 1A 1.[解析] 取AE 的中点O ，AC 中点F ，连接OF 、BF 、OD ， 则AD ＝52a . ∵四边形BDEC 为直角梯形，且EC ＝2BD ＝a ， ∴DE ＝52a .则△DAE 为等腰三角形，故DO ⊥AE . 又∵OF ∥EC ，且OF ＝12EC ＝12a ，∴OF 綊BD ，OF ⊥BF . ∴四边形BDOF 是矩形， ∴DO ⊥OF .又OF ∩AE ＝O ，∴DO ⊥平面AA 1C 1C . 又DO 平面ADE ， ∴平面ADE ⊥平面AA 1C 1C .18．(本小题满分12分)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F、G分别是CB、CD、CC1的中点．(1)求证：平面AB1D1∥平面EFG；(2)求证：平面AA1C⊥平面EFG.[证明] (1)连接BD，∵E、F分别为BC、CD的中点，∴EF∥BD.∵BD∥B1D1，∴EF∥B1D1.又EF平面AB1D1，B 1D1平面AB1D1∴EF∥平面AB1D1，同理EG∥平面AB1D1.∵EF∩EG＝E，∴平面AB1D1∥平面EFG.(2)∵AA1⊥平面ABCD，EF 平面ABCD，∴AA1⊥EF.又EF⊥AC，AA1∩AC＝A，∴EF⊥平面A1AC，又EF平面EFG，∴平面AA1C⊥平面EFG.19．(本小题满分12分)(2014·安徽文，19)如图，四棱锥P－ABCD的底面边长为8的正方形，四条侧棱长均为217.点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH.(1)证明： GH ∥EF ；(2)若EB ＝2，求四边形GEFH 的面积．[解析] 思路分析：(1)依据线面平行性质求得BC ∥GH ，进而证明GH ∥EF .(2)由(1)知四边形GEFH 是梯形，则须求出上底、下底和高．EF ＝8易知．根据平面GEFH ⊥平面ABCD ，可作出高GK ，这里GK ⊥平面ABCD ，GK ⊥EF .通过三角形中比例关系求出K 为OB 中点，并求得GH 、GK .解：(1)∵BC ∥平面GEFH ，BC 平面PBC ，且平面PBC ∩平面GEFH ＝GH ，∴GH ∥BC .同理可证EF ∥BC ，∴GH ∥EF .(2)连接AC ，BD 交于一点O ，BD 交EF 于K ，连接OP 、GK . 因为PA ＝PC ，O 是AC 的中点，所以PO ⊥AC ， 同理可证PO ⊥BD ，又∵BD ∩AC ＝O ，且AC ，BD 都在底面内，∴PO ⊥平面ABCD ， 又∵平面GEFH ⊥平面ABCD ，PO ⊄平面GEFH ， ∴PO ∥平面GEFH .又∵平面GEFH ∩平面PBD ＝GK ， ∴PO ∥GK ，且GK ⊥平面ABCD ， ∴GK ⊥EF ，所以GK 是梯形GEFH 的高． ∵AB ＝8，EB ＝2， ∴EB ∶AB ＝KB ∶DB ＝1∶4，∴KB ＝14DB ＝12OB ，即K 为OB 的中点，又∵PO ∥GK ，∴GK ＝12PO ，即G 是PB 的中点，且GH ＝12BC ＝4.又由已知得OB ＝42，PO ＝PB 2－OB 2＝68－32＝6. ∴GK ＝3.∴四边形GEFH 的面积S ＝GH ＋EF2·GK ＝4＋82×3＝18.20．(本小题满分13分)(北京高考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，CD ＝2AB ，平面PAD ⊥底面ABCD ，PA ⊥AD ，E 和F 分别是CD 、PC 的中点，求证：(1)PA ⊥底面ABCD ； (2)BE ∥平面PAD ； (3)平面BEF ⊥平面PCD .[解析] (1)因为平面PAD ⊥底面ABCD ，且PA 垂直于这两个平面的交线AD ， 所以PA ⊥底面ABCD .(2)因为AB ∥CD ，CD ＝2AB ，E 为CD 的中点，所以AB ∥DE ，且AB ＝DE .所以四边形ABED 为平行四边形．所以BE ∥AD . 又因为BE 平面PAD ，AD 平面PAD ， 所以BE ∥平面PAD .(3)因为AB ⊥AD ，而且ABED 为平行四边形， 所以BE ⊥CD ，AD ⊥CD .由(1)知PA ⊥底面ABCD .所以PA ⊥CD . 所以CD ⊥平面PAD .所以CD ⊥PD . 因为E 和F 分别是CD 和PC 的中点， 所以PD ∥EF .所以CD ⊥EF ， 又因为CD ⊥BE ，BE ∩EF ＝E ，所以CD ⊥平面BEF . 所以平面BEF ⊥平面PCD .21．(本小题满分14分)正三棱锥高为1，底面边长为26，内有一球与四个面都相切．(1)求棱锥的全面积；(2)求球的半径及表面积．[解析] (1)设底面中心为O ，D 为AB 中点，则VD 为斜高，OD ＝36AB ＝2，在Rt △VOD 中，VO ＝1，VD ＝1＋2＝ 3.∴S 全＝34(26)2＋3×26×12×3＝63＋9 2. (2)解法一：设球的半径为R ，由△VO 1E ∽△VDO 有O 1E OD ＝VO 1VD ⇒R 2＝1－R 3⇒R ＝6－2， 故S 球＝4πR 2＝4π(6－2)2＝8(5－26)π. 解法二：V V －ABC ＝13S △ABC ·h ＝13(S △ABC ＋S △VAB ＋S △VCB ＋S △VAC )R ，而S △ABC ＝34·(26)2＝6 3. S △VAB ＋S △VCB ＋S △VAC ＝3S △VAB ＝3·12·26·3＝9 2.故63·1＝(63＋92)R ⇒R ＝6－2，故S 球＝4πR 2＝4π(6－2)2＝8(5－26)π.。
【成才之路】高中数学 1.5.1 平行关系的判定课件 北师大版必修2
• 2．直线与平面平行的判定定理
(1)定理内容：
一条直线平行 ，则该直 若平面外一条直线与此平面内的______________
线与此平面平行． (2)符号表示： 若直线 l 图)． (3)简记为：线线平行⇒线面平行． 平面 α， 直线 b α， l∥b， 则 l∥α(如
3．平面和平面平行的判定定理
两条相交直线 都平行于 (1)定理内容：如果一个平面内有______________
另一个平面，那么这两个平面平行． (2)符号表示：若直线 a 平面 β，直线 b β，a 平面 α，
b α，a∩b＝A，并且 a∥β，b∥β，则 α∥β(如图)． (3)简记为线面平行⇒面面平行．
1．能保证直线 a 与平面 α 平行的条件是( A．a⃘α，b α，a∥b B．b α，a∥b C．b α，c α，a∥c
• 众所周知，沉积岩是地面的岩石在外力作用 下，经过风化、搬运、沉积固结等沉积而成， 其主要特征是：层理构造显著，即岩石是由 一层一层近似平行的岩面叠加而成，外观上 就可发现这些平行的平面，因此沉积岩中常 含古代生物遗迹，即化石．所以科学家希望 据此可以探讨火星35亿年的生命史．
• • • •
1．直线与平面的位置关系 α α 直线a在平面α内(记作 ________)， a∩α＝A 直线a与平面α相交(记作__________)， a∥α 直线a与平面α平行(记作__________)．
下列命题： ①直线 l 平行于平面 α 内的无数条直线，则 l∥α； ②若直线 a 在平面 α 外，则 a∥α； ③若直线 a∥b，直线 b α，则 a∥α； ④若直线 a∥b，b α，则直线 a 就平行于平面 α 内的无数 条直线．
• • • • •
其中真命题的个数为( ) A．1 B．2 C．3 D ．4 [答案] A [解析] ①中直线l可能在平面α内；②中直线 a可能与平面α相交；③中直线a可能在平面α 内；④正确，故选A.
成才之路高中数学北师大必修二练习： 第课时 直线与圆的位置关系
第二章 §2 2.3 第1课时一、选择题1．直线4x ＋3y －40＝0与圆x 2＋y 2＝100的位置关系是( )A ．相离B ．相切C ．相交D ．相切或相离 [答案] C[解析] 圆心O 到直线的距离d ＝|－40|5＝8<10＝r ，∴直线与圆相交． 2．直线y ＝kx 被圆x 2＋y 2＝2截得的弦AB 长等于( )A ．4B ．2C ．2 2D ． 2 [答案] C[解析] 直线y ＝kx 过圆心，被圆x 2＋y 2＝2所截得的弦长恰为圆的直径22，故选C.3．圆x 2＋y 2－4x ＝0在点P (1，3)处的切线方程为( )A ．x ＋3y －2＝0B ．x ＋3y －4＝0C ．x －3y ＋4＝0D ．x －3y ＋2＝0 [答案] D[解析] 设所求切线方程为y －3＝k (x －1)．解法一：⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－4x ＝0y ＝kx －k ＋3⇒x 2－4x ＋(kx －k ＋3)2＝0. 该二次方程应有两个相等实根，则Δ＝0，解得k ＝33. ∴y －3＝33(x －1)，即x －3y ＋2＝0. 解法二：点(1，3)在圆x 2＋y 2－4x ＝0上，∴点P 为切点，从而圆心与P 的连线应与切线垂直．又∵圆心为(2,0)，∴0－32－1·k ＝－1.解得k ＝33， ∴切线方程为x －3y ＋2＝0.解法三：把x 2＋y 2－4x ＝0配方，得(x －2)2＋y 2＝22，圆心坐标为(2,0)，而过点P 的半径所在直线的斜率为－3，则切线斜率为33，由此排除A 、B ，再代入P (1，3)，排除C. 4．若直线x －y ＋1＝0与圆(x －a )2＋y 2＝2有公共点，则实数a 的取值范围是( )A ．[－3，－1]B ．[－1,3]C ．[－3,1]D ．(－∞，－3]∪[1，＋∞)[答案] C[解析] 本题考查直线与圆的位置关系．圆的圆心为(a,0)，半径为2，所以|a －0＋1|12＋(－1)2≤2，即|a ＋1|≤2，∴－2≤a ＋1≤2，∴－3≤a ≤1，几何法是解决直线与圆交点个数问题的常规方法．5．圆(x ＋1)2＋(y ＋2)2＝8上与直线x ＋y ＋1＝0的距离等于2的点共有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个 [答案] C [解析] 圆心到直线的距离d ＝|－1－2＋1|2＝2， r ＝22，所以直线与圆相交．又r －d ＝2，所以劣弧上到直线的距离等于2的点只有1个，在优弧上到直线距离等于2的点有2个．6．(陕西高考)已知点M (a ，b )在圆O ：x 2＋y 2＝1外，则直线ax ＋by ＝1与圆O 的位置关系是( )A ．相切B ．相交C ．相离D ．不确定 [答案] B[解析] 本题考查直线与圆的位置关系判定，点到直线距离公式等．由点(a ，b )在圆x 2＋y 2＝1外知a 2＋b 2>1，而圆心(0,0)到直线ax ＋by ＝1的距离为d ＝1a 2＋b 2<1，所以直线与圆相交．二、填空题7．已知圆O ：x 2＋y 2＝5和点A (1,2)，则过A 且与圆O 相切的直线与两坐标轴围成的三角形的面积等于________．[答案] 254[解析] 本题考查直线和圆的位置关系、点到直线的距离公式以及运算能力． 由题意知切线的斜率存在，设为k ，切线方程为y －2＝k (x －1)，即kx －y ＋2－k ＝0， 由点到直线的距离公式，得|2－k |k 2＋1＝5， 解得k ＝－12，∴切线方程为－12x －y ＋52＝0， 令x ＝0，y ＝52，令y ＝0，x ＝5， ∴三角形面积为S ＝12×52×5＝254. 8．(2014·湖北理，12)直线l 1：y ＝x ＋a 和l 2：y ＝x ＋b 将单位圆C ：x 2＋y 2＝1分成长度相等的四段弧，则a 2＋b 2＝________.[答案] 2[解析] 本题考查直线与圆的位置关系．依题意，圆心O (0,0)到两直线l 1：y ＝x ＋a ，l 2：y ＝x ＋b 的距离相等，且每段弧长等于圆周的14，即|a |2＝|b |2＝1×sin45°＝22，得|a |＝|b |＝1.故a 2＋b 2＝2. 三、解答题9．在平面直角坐标系xOy 中，曲线y ＝x 2－6x ＋1与坐标轴的交点都在圆C 上．(1)求圆C 的方程；(2)若圆C 与直线x －y ＋a ＝0交于A ，B 两点，且OA ⊥OB ，求a 的值．[解析] (1)曲线y ＝x 2－6x ＋1与y 轴的交点为(0,1)，与x 轴的交点为(3＋22，0)，(3－22，0)．故可设圆心C 为(3，t )，则有32＋(t －1)2＝(22)2＋t 2，解得t ＝1.则圆C 的半径为32＋(t －1)2＝3.所以圆C 的方程为(x －3)2＋(y －1)2＝9.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，其坐标满足方程组：⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋a ＝0，(x －3)2＋(y －1)2＝9.消去y ，得到方程2x 2＋(2a －8)x ＋a 2－2a ＋1＝0.由已知可得，判别式Δ＝56－16a －4a 2>0.因此x 1,2＝(8－2a )±56－16a －4a 24， 从而x 1＋x 2＝4－a ，x 1x 2＝a 2－2a ＋12. ① 由OA ⊥OB ，可得x 1x 2＋y 1y 2＝0.又y 1＝x 1＋a ，y 2＝x 2＋a ，所以2x 1x 2＋a (x 1＋x 2)＋a 2＝0. ② 由①②得a ＝－1，满足Δ>0，故a ＝－1.一、选择题1．直线a (x ＋1)＋b (y ＋1)＝0与圆x 2＋y 2＝2的位置关系是( )A ．相切B ．相离C ．相切或相交D ．相切或相离 [答案] C[解析] 直线过定点(－1，－1)，而点(－1，－1)恰巧是圆x 2＋y 2＝2上一点，故直线与圆相切或相交． 2．如果实数x ，y 满足(x －2)2＋y 2＝3，那么y x的最大值是( ) A ．12B ．33C ．32D ． 3 [答案] D[解析] y x ＝y －0x －0，即圆(x －2)2＋y 2＝3上的点和原点(0,0)连线斜率的最大值．如图所示，OA 取得最大值k OA ＝ 3.故选D.二、填空题3．已知圆的方程是x 2＋y 2＝2，则经过圆上一点(1，－1)的切线方程是__________．[答案] x －y ＝2[解析] 因为过x 2＋y 2＝r 2上一点(x 0，y 0)的圆的切线方程为x 0x ＋y 0y ＝r 2，故x －y ＝2即为所求．4．在平面直角坐标系xOy 中，已知圆x 2＋y 2＝4上有且仅有四个点到直线12x －5y ＋c ＝0的距离为1，则实数c 的取值范围是________．[答案] (－13,13)[解析] 由题意知，圆心O (0,0)到直线12x －5y ＋c ＝0的距离d <1，∴|c |13<1，∴－13<c <13. 三、解答题5．求实数m ，使直线x －my ＋3＝0和圆x 2＋y 2－6x ＋5＝0.(1)相交；(2)相切；(3)相离．[解析] 圆的方程为(x －3)2＋y 2＝4，圆心为(3,0)，半径为r ＝2，圆心到直线的距离d ＝61＋m 2.(1)若直线与圆相交，则d <r ， 即61＋m 2<2， 解得m <－22或m >2 2.(2)若直线与圆相切，则d ＝r ， 即61＋m 2＝2， 解得m ＝－22或2 2.(3)若直线与圆相离，则d >r ，即61＋m 2>2， 解得－22<m <2 2.6．已知直线l 过点P (2,3)且与圆(x －1)2＋(y ＋2)2＝1相切，求直线l 的方程．[解析] 经检验知，点P (2,3)在圆(x －1)2＋(y ＋2)2＝1的外部，①若直线l 的斜率存在， 则设直线l 的方程为y －3＝k (x －2)．∵直线l 与圆相切， ∴|k ×1－(－2)－2k ＋3|k 2＋1＝1，解得：k ＝125. ∴所求直线l 的方程为：y －3＝125(x －2)， 即：12x －5y －9＝0.②若直线l 的斜率不存在，则直线x ＝2也符合题意，∴所求直线l 的方程为：x ＝2，综上可知，所求直线l 的方程为12x －5y －9＝0或x ＝2.7．已知圆C ∶(x －3)2＋(y －4)2＝4和直线l ∶kx －y －4k ＋3＝0.(1)求证：不论k 取何值，直线和圆总相交；(2)求k 取何值时，圆被直线截得的弦最短，并求最短弦的长．[解析] 解法一：(1)∵圆的方程为(x －3)2＋(y －4)2＝4，∴圆心为C (3,4)，半径为2，∴圆心到直线的距离为d ＝|3k －4－4k ＋3|k 2＋1＝|k ＋1|k 2＋1. 假设d ＝|k ＋1|k 2＋1<2， 即3k 2－2k ＋3>0.∵Δ＝(－2)2－36<0，∴k 为任意实数，∴不论k 取什么值，d <2，即不论k 取什么值时，直线和圆都相交．(2)设直线和圆的交点为A ，B ，则由勾股定理得(12|AB |)2＝r 2－d 2， 当d 最大时，AB 最小．∵d ＝|k ＋1|k 2＋1＝(k ＋1)2k 2＋1＝1＋2k k 2＋1； ∵k 2＋1－2k ＝(k －1)2≥0；∴k 2＋1≥2k .∴2k k 2＋1≤1，当k ＝1时取等号． ∴当k ＝1时，d 的值最大，且为2，此时有(12|AB |)2＝r 2－d 2＝4－2＝2， 即|AB |＝2 2.∴当k ＝1时，圆被直线截得的弦最短，最短弦长为2 2. 解法二：圆的方程为(x －3)2＋(y －4)2＝4，∴圆心为C (3,4)，半径为r ＝2.(1)直线方程可化为k (x －4)＋(3－y )＝0，∴直线过定点P (4,3)．∵(4－3)2＋(3－4)2<4，∴点P 在圆C 内部．∴直线kx －y －4k ＋3＝0与圆C 总相交．(2)∵直线经过定点P (4,3)，∴当PC 与直线垂直时，圆被直线截得的弦最短．设直线与圆的交点为A ，B ，则由勾股定理得(12|AB |)2＝r 2－|CP |2＝4－2＝2. ∴|AB |＝2 2.∵PC 与直线kx －y －4k ＋3＝0垂直，直线PC 的斜率为k PC ＝3－44－3＝－1， ∴直线kx －y －4k ＋3＝0的斜率为k ＝1，∴当k ＝1时，圆被直线截得的弦最短，最短弦长为2 2.。
【成才之路】高中数学 第3章 圆锥曲线与方程课件 北师大版必修2-1
北师大版 ·选修2-1
路漫漫其修远兮 吾将ห้องสมุดไป่ตู้下而求索
第三章
圆锥曲线与方程
我们知道，用一个垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，截口曲 线是一个圆，如果改变平面与圆锥轴线的夹角，又会得到什么 图形呢？如图，当截面与圆锥轴的夹角不同时，可以得到不同 的截口曲线，它们分别是椭圆、抛物线、双曲线．我们通常把
圆、椭圆、抛物线、双曲线统称为圆锥曲线．
实际上，我们生活的地球每时每刻都在环绕太阳的椭圆轨 迹上运行，太阳系其他行星也是如此，太阳则位于椭圆的一个 焦点上．如果这些行星的运行速度增大到某种程度，它们就会
沿抛物线或双曲线轨迹运行．人类发射人造地球卫星或人造行
星就要遵照这个原理．相对于一个物体，按万有引力定律受它 吸引的另一物体的运动，不可能有任何其他的轨道了．因而， 圆锥曲线在这种意义上讲，构成了我们宇宙的基本形式． 圆锥曲线具有怎样的几何特征？如何研究圆锥曲线的性质
呢？
链接生活：
【成才之路】2014-2015学年高中数学 2.4.1 二次函数的图像课件 北师大版必修1
a＋b＋c＝－1， 9a＋3b＋c＝3， 4a－2b＋c＝8， 解得 a＝1，b＝－2，c＝0. 故解析式为 f(x)＝x2－2x.
1 2 5 1 2 5．二次函数 y＝2x ＋3x＋2的图像是由函数 y＝2x 的图像 先向______(左，右)平移________个单位，再向______(上、下) 平移________个单位得到．
[规律总结] (1)函数y＝ax2(a≠0)的图像向左平移|h|个单位 长度(h正左移，h负右移)得函数y＝a(x＋h)2的图像，再向上或 向下平移|k|个单位长度(k正上移，k负下移)得y＝a(x＋h)2＋k的 图像．(2)要得到y＝ax2＋bx＋c的图像，先把函数配方成y＝a(x
＋h)2＋k的形式再由(1)变换得到．
1 2 在同一直角坐标系内，画出函数 y＝－2x ； 1 2 1 y＝－2x －1；y＝－2(x＋1)2－1 的图像，并说明图像之间 的关系．
[解析]
x 1 y＝－2x2 1 y＝－2x2－1
列表如下：
－4 －8 －9 －5.5 －3 －4.5 －5.5 －3 －2 －2 －3 －1.5 －1 －0.5 －1.5 －1 0 0 －1 －1.5 1 －0.5 －1.5 －3 2 －2 －3 －5.5 3 －4.5 －5.5 －9
a－2<0， 只需 2 Δ＝[2a－2] －4a－2×－4<0，
解得－2<a<2. 综上所述，实数 a 的取值范围是(－2,2]．
[规律总结]函数y＝ax2＋bx＋c为二次函数的条件是a≠0， 如果二次项系数是字母或式子时，不能确定是否为0，也就是 不能确定函数y＝ax2＋bx＋c是否为二次函数时，此时一定要
【成才之路】2018-2019学年高中数学 2.1从平面向量到空间向量练习 北师大版选修2-1
2.1从平面向量到空间向量一、选择题1．下列说法中正确的是( ) A ．任意两个空间向量都可以比较大小B ．方向不同的空间向量不能比较大小，但同向的空间向量可以比较大小C ．空间向量的大小与方向有关D ．空间向量的模可以比较大小 [答案] D[解析] 任意两个空间向量，不论同向还是不同向均不存在大小关系，故A 、B 不正确；向量的大小只与其长度有关，与方向没有关系，故C 不正确；由于向量的模是一个实数，故可以比较大小．2．在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 和N 分别为A 1B 1和BB 1的中点，那么与直线AM 垂直的向量有( ) A ．CN → B ．BC → C ．CC 1→ D ．B 1C 1→[答案] D[解析] 由于所求的是向量，所以首先排除B ，在剩下的三个选项中，通过正方体的图形可知D 项正确． 3．空间中，起点相同的所有单位向量的终点构成的图形是( ) A ．圆 B ．球 C ．正方形 D ．球面 [答案] D[解析] 根据模的概念知终点在以起点为球心，半径为1的球面上． 4．在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，向量D 1A →、D 1C →、A 1C 1→是( ) A ．有相同起点的向量 B ．等长向量 C ．共面向量 D ．不共面向量 [答案] C[解析] 先画出平行六面体的图像，可看出向量D 1A →、D 1C →在平面ACD 1上，由于向量A 1C 1→平行于AC →，所以向量A 1C 1→经过平移可以移到平面ACD 1上，因此向量D 1A →、D 1C →、A 1C 1→为共面向量．5．如图所示，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°.在所有棱所在的向量中，平面BB 1C 1C 的法向量有( )A ．0个B ．2个C ．3个D ．4个[答案] D[解析] 由于三棱柱ABC —A 1B 1C 1是直三棱柱且∠ACB ＝90°，所以A 1C 1⊥平面BB 1C 1C ，AC ⊥平面BB 1C 1C ，所以平面BB 1C 1C 的法向量是：AC →，CA →，A 1C 1→，C 1A 1→，共4个．6．已知正方形ABCD 的边长为4，GC ⊥平面ABCD ，且GC ＝2，则向量AG →的模为( ) A ．6 B ．9 C ．4 2 D ．5[答案] A[解析] GC ⊥平面ABCD ，所以GC ⊥AC ．在Rt △GAC 中，AC ＝42，GC ＝2，所以AG ＝AC 2＋GC 2＝6，即|AG →|＝6.二、填空题7．下列有关平面法向量的说法中，正确的是________________(填写相应序号)． ①平面α的法向量垂直于与平面α平行的所有向量； ②一个平面的所有法向量互相平行；③如果两个平面的法向量垂直，那么这两个平面也垂直；④如果a ，b 与平面α平行，且n ⊥a ，n ⊥b ，那么n 就是平面α的一个法向量． [答案] ①②③[解析] 当a 与b 共线时，n 就不一定是平面α的法向量，故④错误．8．在长方体中，从同一顶点出发的三条棱长分别为1,2,3，在以长方体的两个顶点为起点和终点的向量中，模为1的向量有________________个．[答案] 8[解析] 研究长方体模型可知，棱长为1的棱有4条，故模为1的向量有8个． 三、解答题9．如图，在棱长为1的正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中：(1)以正三棱柱的两个顶点为始点和终点的向量中，举出与向量AB →相等的向量； (2)以正三棱柱的两个顶点为始点和终点的向量中，举出向量AC →的相反向量； (3)若E 是BB 1的中点，举出与向量AE →平行的向量．[解析] (1)由正三棱柱的结构特征知与AB →相等的向量只有向量A 1B 1→. (2)向量AC →的相反向量为CA →、C 1A 1→.(3)取AA 1的中点F ，连结B 1F ，则B 1F →、FB 1→、EA →都是与AE →平行的向量．10．如图，正方体ABCD —EHGF ，写出平面ABCD 所有的法向量，并求〈DA →，DC →〉、〈DA →，DF →〉．[解析] 平面ABCD 所有的法向量有DF →、CG →、BH →、AE →、FD →、GC →、HB →、EA →.由于正方体的三条棱DA 、DC 、DF 互相垂直，所以〈DA →，DC →〉＝90°，〈DA →，DF →〉＝90°.一、选择题1．对于空间向量，有以下 ①单位向量的模为1，但方向不确定；②如果一个向量和它的相反向量相等，那么该向量的模为0； ③若a∥b，b∥c，则a∥c；④若ABCD －A′B′C′D′为平行六面体，则AB →＝D′C′→. 其中真 A ．1B ．2C ．3D ．4[答案] C[解析] ③中当b ＝0时，结论不成立，其它3个2．在平行六面体ABCD －A′B′C′D′中，与向量A′B′→的模相等的向量至少有( )A ．7个B ．3个C ．5个D ．6个 [答案] A3．如图所示，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，以顶点为向量端点的所有向量中，直线AB 的方向向量有( )A ．8个B ．7个C ．6个D ．5个[答案] A[解析] 与向量AB →平行的向量就是直线AB 的方向向量，有AB →、BA →、A 1B 1→、B 1A 1→、C 1D 1→、D 1C 1→、CD →、DC →，共8个，所以选A ．4.AB →＝CD →的一个必要不充分条件是( ) A ．A 与C 重合B ．A 与C 重合，B 与D 重合C ．|AB →|＝|CD →|D ．A 、B 、C 、D 四点共线 [答案] C[解析] 向量相等只需方向相同，长度相等，而与表示向量的有向线段的起点、终点的位置无关．表示两个共线向量的两条有向线段所在的直线平行或重合，不能得到四点共线．二、填空题 5．在下列 [答案] 2[解析] ①②是错误的，共面向量所在的直线不一定平行，只要能平移到一个平面内就可以．6．如图，在正四棱台ABCD —A 1B 1C 1D 1中，O 、O 1分别是对角线AC ，A 1C 1的中点，则〈AO →、OC →〉＝________________，〈AO →，O 1C 1→〉＝________________，〈OO 1→，A 1B 1→〉＝________________.[答案] 0° 0° 90°[解析] 由题意得AO →，OC →方向相同，是在同一条直线AC 上，故〈AO →，OC →〉＝0°；O 1C 1→可平移到直线AC 上，与OC →重合，故〈AO →，O 1C 1→〉＝0°；由题意知OO 1是正四棱台ABCD —A 1B 1C 1D 1的高，故OO 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，所以OO 1⊥A 1B 1，故〈OO 1→，A 1B 1→〉＝90°.三、解答题7．如图所示，正四棱锥P —ABCD 的底面边长为1. (1)试判断向量AB →，BC →，AD →，CD →中哪个是单位向量； (2)举出与向量AB →相等的向量．[解析] (1)单位向量即模为1的向量，则AB →、BC →、AD →、CD →都是单位向量． (2)由于向量DC →与向量AB →方向相同，且模都为1，故DC →是与向量AB →相等的向量． 8．如图，已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 是A 1B 1的中点，F 是D 1B 1的中点．(1)问：向量AA 1→、CC 1→、DF →是否为共面向量？ (2)求〈BE →，BC →〉；(3)写出平面BB 1C 1C 的一个法向量．[解析] (1)向量DF →在平面D 1B 1BD 上，由于向量AA 1→、CC 1→平行于平面D 1B 1BD ，所以向量AA 1→、CC 1→、DF →都能够平移到平面D 1B 1BD 上，即向量AA 1→、CC 1→、DF →是共面向量．(2)在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，BC →为平面A 1B 1BA 的法向量，BE →又在平面A 1B 1BA 上，所以BC →⊥BE →，即〈BE →，BC →〉＝90°.(3)平面BB 1C 1C 的一个法向量为BA →(或B 1A 1→、CD →、C 1D 1→)．。
【成才之路】高中数学 3.3 第2课时 双曲线的简单性质课件 北师大版必修2-1
个矩形，其两条对角线所在直线即为双曲线的渐近线．
5．双曲线渐近线的方程及其意义 x 2 y2 b (1)双曲线a2－b2＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为 y＝± ax，双 y 2 x2 a 曲线a2－b2＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为 y＝± bx.为了避免混 淆，可将双曲线方程中的“1”换成“0”，然后因式分解就可得到 渐近线方程． (2)双曲线与它的渐近线可无限靠近，但永不相交．
4 ．根据双曲线的方程来研究双曲线的几何性质，培养学 生的数形结合、方程思想及等价转化思想． 5 ．通过类比旧知识，探索新知识，培养学生学习数学的 兴趣，探索新知识的能力及勇于创新的精神．
重点难点点拨
本节重点：双曲线的几何性质，双曲线各元素之间的相互
依存关系，特别是双曲线的渐近线性质．
本节难点：有关双曲线的离心率、渐近线的问题，数形结 合思想、方程思想、等价转化思想的运用．
2．双曲线对称性
(1)由标准方程确定的双曲线对称轴就是坐标轴，对称中心 就是原点． (2) 对于任意的双曲线，它的对称轴是焦点的连线及中垂 线，对称中心是焦点连线的中点．
3．双曲线中的基本量
(1)双曲线共有两个顶点、两个焦点、两虚半轴端点共有六 个特殊点，研究双曲线时一定要注意这六个特殊点的位置． (2)虚轴端点、中心、焦点构成一直角三角形，且三边长为 a，b，c.
x2 y2 ∴所求的双曲线方程为 9 － 4 ＝1. 4
(3)法一：当焦点在 x 轴上时，设所求双曲线方程为 x 2 y2 1 a2－b2＝1，由渐近线方程为 y＝± 2x 得， b 1 2 2 2 2 2 ＝ ， 2 c ＝ 10 ，由 c ＝ a ＋ b 得 a ＝ 20 ， b ＝5. a 2 x2 y2 ∴双曲线方程为20－ 5 ＝1. 同理，当焦点在 y 轴上时，可得双曲线方程为 y 2 x2 5 －20＝1. x2 y2 y2 x2 即所求双曲线方程为20－ 5 ＝1 或 5 －20＝1.
成才之路高中数学北师大必修二同步练习 第章 球
第一章 §7 7.3一、选择题1．如果两个球的体积之比为8︰27，那么两个球的表面积之比为( ) A ．8︰27 B ．2︰3 C ．4︰9 D ．2︰9[答案] C[解析] 设这两个球的半径分别是r ，R ，则4π3r 34π3R 3＝827，所以r R ＝23.则两个球的表面积之比为4πr 24πR 2＝(r R )2＝49. 2．圆柱的高与底面直径都和球的直径相等，则圆柱的表面积与球的表面积的比是( ) A ．6︰5 B ．5︰4 C ．4︰3 D ．3︰2[答案] D[解析] 设球的半径为R ，则圆柱的底面半径为R ，母线长为2R ，则圆柱的表面积为2πR 2＋2πR ×2R ＝6πR 2，球的表面积为4πR 2，所以圆柱的表面积与球的表面积的比是6πR 2︰4πR 2＝3︰2.3．直径为6的球的表面积和体积分别是( ) A ．144π，144π B ．144π，36π C ．36π，144π D ．36π，36π[答案] D[解析] 球的半径为3，S 球＝4π×32＝36π. V 球＝43π×33＝36π.4．正方体的全面积为54，则它的外接球的表面积为( ) A ．27π B ．823πC ．36πD ．932π[答案] A[解析] S 正＝54，∴边长a ＝3,2R ＝33，∴S 球＝4πR 2＝π(2R )2＝π×(33)2＝27π.5．(2014·大纲卷)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] 本题考查空间几何体的结构特征，球的表面积运算．设球的半径是r ，根据题意可得(4－r )2＋(2)2＝r 2，解得r ＝94，所以球的表面积是S ＝4πr 2＝4π(94)2＝81π4.6．球面上四点P 、A 、B 、C ，已知P A 、PB 、PC 两两垂直，且P A ＝PB ＝PC ＝a ，则球的表面积为( )A ．2πa 2B ．3πa 2C ．4πa 2D ．6πa 2 [答案] B[解析] 可将P A 、PB 、PC 作为正方体从同一点引出的三条棱，则正方体的对角线长为正方体外接球的直径．∴有3a ＝2R ，∴R ＝32a ，∴S ＝4πR 2＝3πa 2. 二、填空题7．有一棱长为a 的正方体框架，其内放置一气球，使其充气且尽可能地膨胀(仍保持为球的形状)，则气球表面积的最大值为________．[答案] 2πa 2[解析] 气球表面积最大时，气球的直径等于正方体侧面的对角线长2a ，则此时气球的半径r ＝22a ，则表面积为4πr 2＝4π×(22a )2＝2πa 2. 8．(新课标Ⅰ)已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH ︰HB ＝1︰2，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为________．[答案] 92π[解析] 本题考查球的表面积计算．结合图形利用截面与大圆构成的直角三角形，由勾股定理求解．如图设球O 半径为R ，则BH ＝43R ，OH ＝R3，截面圆半径设为r ，则πr 2＝π，r ＝1，即HC＝1，由勾股定理得R 2－(R 3)2＝1，R 2＝98，S 球＝4πR 2＝92π.三、解答题9．正方体的全面积为24，求其内切球的体积及外接球的体积． [解析] 设正方体的棱长为a ，则6a 2＝24，∴a ＝2， 正方体内切球的直径等于其棱长，∴2r ＝2，r ＝1， 故内切球的体积V 内＝43πr 3＝43π.外接球的直径等于正方体的对角线长， ∴2R ＝3a ，∴R ＝3，故外接球的体积V 外＝43πR 3＝43π×(3)3＝43π.10．一倒置圆锥体的母线长为10 cm ，底面半径为6 cm. (1)求圆锥体的高；(2)一球刚好放进该圆锥体中，求这个球的半径以及此时圆锥体剩余的空间． [解析] (1)设圆锥的高为h ，底面半径为R ，母线长为l ，则h ＝l 2－R 2＝102－62＝8(cm)．(2)球放入圆锥体后的轴切面如图所示，设球的半径为r ， 由△OCD ∽△ACO 1得OD O 1A ＝OCAC .∴r 6＝8－r 10，解得r ＝3. 圆锥体剩余的空间为圆锥的体积减去球的体积，即 V 锥－V 球＝13×π×62×8－43π×33＝96π－36π＝60π(cm 3).一、选择题1．(2015·全国卷Ⅱ)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V O －ABC ＝V C －AOB ＝13×12R 2×R ＝16R 3＝36，故R ＝6，则球O 的表面积为S ＝4πR 2＝144π，故选C.2．已知一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面相切，若这个球的体积是32π3，则这个三棱柱的体积是( )A ．96 3B ．16 3C ．24 3D ．48 3[答案] D[解析] 由43πR 3＝32π3，∴R ＝2.∴正三棱柱的高h ＝4.设其底面边长为a ，则13·32a ＝2，∴a ＝4 3.∴V ＝34(43)2·4＝48 3. 二、填空题3．(天津高考)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为9π2，则正方体的棱长为________．[答案]3[解析] 本题考查了正方体外接球的体积.设球半径为R，正方体棱长为a，则V球＝43πR3＝92π，得到R＝32，正方体体对角线的长为3a＝2R，则a＝3，所以正方体棱长为 3.正方体体对角线的长为3a，其长度等于外接球的直径，注意这些常用结论．4．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________．[答案]1 3[解析]本题主要考查了球、球的截面问题，同时考查了学生解决实际问题的能力．依据题意画出示意图：设球半径R，圆锥底面半径r，则πr2＝316·4πR2，即r2＝34R2，在Rt△OO1C中，由OC2＝OO21＋O1C2得OO1＝12R.所以，高的比为13.三、解答题5．有三个球，第一个球内切于正方体，第二个球与这个正方体各条棱相切，第三个球过这个正方体的各个顶点，求这三个球的表面积之比．[解析]设正方体的棱长为a，(1)正方体的内切球的球心是正方体的中心，切点是六个正方形的中心，经过四个切点及球心作截面，如答图(1)，所以2r 1＝a ，r 1＝a 2.所以S 1＝4πr 21＝πa 2. (2)球与正方体的各棱的切点是每条棱的中点，过球心作平行于正方体底面的截面，如答图(2)，2r 2＝2a ，r 2＝22a ，所以S 3＝4πr 22＝2πa 2.(3)正方体的各个顶点在球面上，过球心作正方体的对角面得截面，如答图(3)，所以有2r 3＝3a ，r 3＝32a ，所以S 2＝4πr 23＝3πa 2. 综上可得S 1︰S 2︰S 3＝1︰2︰3.6．两个球的体积之和为12π，这两个球的大圆周长之和为6π，求大球半径与小球半径之差．[解析] 设两球的半径为R ，r (R >r )．由已知，得 ⎩⎪⎨⎪⎧43πR 3＋43πr 3＝12π2πR ＋2πr ＝6π，得⎩⎪⎨⎪⎧R 3＋r 3＝9R ＋r ＝3∵R 3＋r 3＝(R ＋r )(R 2－Rr ＋r 2)＝9， ∴R 2－Rr ＋r 2＝3，∴(R ＋r )2－3Rr ＝3，得Rr ＝2， ∴(R －r )2＝(R ＋r )2－4Rr ＝1，∴R －r ＝1.故大球半径与小球半径之差为1.7．设四面体的各条棱长都为1，若该四面体的各个顶点都在同一个球的球面上，求球的表面积．[解析] 如图，由已知四面体的各条棱长都为1，得各个面都是边长为1的正三角形，过A 作AO ⊥平面BCD 于O ，连接BO .在Rt △AOB 中，AB ＝1，BO ＝32×23＝33， 所以AO ＝1－13＝63. 设球的半径为R ，球心为O 1，则O 1在线段AO 上，OO 1＝AO －R ＝63－R ，O 1B ＝R ，BO ＝33， 在Rt △O 1OB 中，O 1B 2＝OB 2＋OO 21， 即R 2＝⎝⎛⎭⎫332＋⎝⎛⎭⎫63－R 2，解得R ＝64.所以球的表面积为S ＝4πR 2＝3π2.。