球的切与接 (1)
【典型题】高中必修二数学下期中第一次模拟试题含答案(1)
故选D．
【点睛】
本题主要考查了平面与平面平行的判定与性质的应用，其中解答中灵活运用平面与平面平行额判定与性质进行判定是解答的关键，着重考查学生严密的思维能力和空间想象能力，属于基础题．
在Rt△ 中， ，
由勾股定理 得 ，
∴球的表面积 ，故选A.
考点：球的体积和表面积
9．C
解析：C
【解析】
【分析】
由题意首先求得长方体的棱长，然后求解其外接球的表面积即可.
【详解】
设长方体的棱长分别为 ，则 ，
所以 ，于是 ，
设球的半径为 ，则 ，所以这个球面的表面积为 ．
本题选择C选项.
【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.
14．已知A，B，C，D是同一球面上的四个点，其中 是正三角形， 平面ABC， ，则该球的体积为_________.
15．《九章算术》中，将底面为长方形且由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．若三棱锥 为鳖臑， 平面 ， ，三棱锥 的四个顶点都在球 的球面上，则球 的表面积为__________.
【详解】
如图：连接 ， ，
在三角形 中， ，故C正确．
平面 ， ， 与 垂直，故A正确；
篮球进攻战术基础配合
篮球进攻战术基础配合篮球进攻战术基础配合是指进攻时两三人之间有组织有目的的协同行动,它包括传切配合、策应配合、突分配合、掩护配合和快攻配合。
全队完整的进攻配合必须建立在基础配合之上。
熟练地掌握两三人的传切、策应、突分、掩护等基础战术配合及其变化,是提高全队进攻战术配合质量的重要保证。
一、传切配合传切配合包括一传一切和空切配合。
在配合过程中,切入队员的动作要突然,要利用速度和假动作摆脱防守,持球队员则要有攻击性,能够以投篮和突破动作吸引防守队员的注意力,以便能及时、准确地用不同的传球方式,从防守空隙中将球传给切入的同伴。
（见图7-2）④传球给⑤后利用速度和假动作摆脱的防守,切入篮下接⑤的回传球上篮。
⑤接球前，用假动作摆脱防守,接球后做投篮或突破的动作吸引的防守，并及时将球传给切人的④上篮。
（见图7-3）④传球给上提接球的⑤，⑤接球后以假动作吸引防守，此时另一侧⑥做假动作摆脱，空切篮下接⑤传球上篮，⑤去冲抢篮板球。
图7-2 传切配合示意图图7-3 传切配合示意图二、策应配合策应配合是内线队员背对或侧对球篮接球，并作为进攻的枢纽，与同伴的切入、急停跳投等技术相结合，以摆脱防守传给外线同伴投篮的一种配合形式。
（一）策应配合方法1 ．（图7-4）④传球给插上策应的⑤，④用假动作摆脱的防守插入篮下要球，⑤可视情况将球回传④或自己运球进攻篮下，或转身跳投。
2 ．（图7-5）④传球给插上策应的⑤后切入篮下要球或抢篮板球，⑤接球后准备进攻,，此时去补防④，⑤将球传给出现更好机会的⑥进攻投篮。
图7-4 策应配合示意图图7-5 策应配合示意图（二）策应配合技术要领1 ．策应队员的动作要领。
策应前要注意以假动作摆脱防守抢占有利位置；接球后两脚开立，双膝微屈，双手置球于腹前，背对或侧对球篮，用身体保护球，高大队员也可将球置于头上方或体侧。
当同伴获得较好的进攻机会时，要及时传球给同伴，自己也可做虚晃、转身、投篮等假动作吸引防守或伺机进攻，增加策应的变化和威胁。
(压轴题)高中数学必修二第一章《立体几何初步》检测题(答案解析)
一、选择题1．设1l 、2l 、3l 是三条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列命题是真命题的是（ ）A ．若1//l α，2//l α，则12l l //B ．若1l α⊥，2l α⊥，则12l l ⊥C ．若12//l l ，1l α⊂，2l β⊂，3l αβ⋂=，则13//l lD ．若αβ⊥，1l αγ=，2l βγ⋂=，则12l l //2．如图，在正四棱锥P ABCD -中，设直线PB 与直线DC 、平面ABCD 所成的角分别为α、β，二面角P CD B --的大小为γ，则（ ）A ．,αβγβ>>B ．,αβγβ><C ．,αβγβ<>D ．,αβγβ<<3．《九章算术》与《几何原本》并称现代数学的两大源泉.在《九章算术》卷五商功篇中介绍了羡除（此处是指三面为等腰梯形，其他两侧面为直角三角形的五面体）体积的求法.在如图所示的羡除中，平面ABDA '是铅垂面，下宽3m AA '=，上宽4m BD =，深3m ，平面BDEC 是水平面，末端宽5m CE =，无深，长6m （直线CE 到BD 的距离），则该羡除的体积为（ ）A ．324mB ．330mC ．336mD ．342m 4．已知三棱柱111ABC A B C -的所有顶点都在球O 的表面上，侧棱1AA ⊥底面111A B C ，底面111A B C △是正三角形，1AB 与底面111A B C 所成的角是45°.若正三棱柱111ABC A B C -的体积是3O 的表面积是（ ）33335．某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是（ ）A ．24B ．30C ．47D ．67 6．已知E ，F 是四面体的棱AB ，CD 的中点，过EF 的平面与棱AD ，BC 分别相交于G ，H ，则（ ）A ．GH 平分EF ，BH AG HC GD = B ．EF 平分GH ，BH GD HC AG = C ．EF 平分GH ，BH AG HC GD = D ．GH 平分EF ，BH GD HC AG= 7．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形.其中3AB =，2AD =，PAD △是以A ∠为直角的等腰直角三角形，若60PAB ∠=︒，则异面直线PC 与AD 所成角的余弦值是（ ）A 22B ．22C 27D 211 8．正三棱柱111ABC A B C -各棱长均为1，M 为1CC 的中点，则点1B 到面1A BM 的距离为（ ）A 2B ．22C ．12D ．329．已知四面体ABCD 中，二面角A BC D --的大小为60，且2AB =，4CD =，120CBD ∠=，则四面体ABCD 体积的最大值是（ ）3310．已知四面体ABCD ，AB ⊥平面BCD ，1AB BC CD BD ====，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 ．73πB ．7πC ．712πD ．79π 11．如果一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是如图所示的直角梯形，其中2O A ''=，45B A O '''∠=,//B C O A ''''.则原平面图形的面积为（ ）A ．32B ．62C ．322D ．3412．已知二面角l αβ--为60，AB α⊂，AB l ⊥，A 为垂足，CD β⊂，C l ∈，45ACD ∠=，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为（ ）A ．14B ．24C ．3D ．12二、填空题13．如图所示，Rt A B C '''∆为水平放置的ABC ∆的直观图，其中A C B C ''''⊥，2B O O C ''''==，则ABC ∆的面积是________________.14．已知三棱锥P ABC -的外接球O 的表面积为12π，PA ⊥平面ABC ，BA AC ⊥，2PA =，则ABC 面积的最大值为__________．15．已知长方体1234ABCD A B C D -，底面是边长为4的正方形，高为2，点O 是底面ABCD 的中心，点P 在以O 为球心，半径为1的球面上，设二面角111P A B C --的平面角为θ，则tan θ的取值范围是________.16．正四面体ABCD 棱长为2，AO ⊥平面BCD ，垂足为O ，设M 为线段AO 上一点，且90BMC ︒∠=则二面角M BC O --的余弦值为________．17．已知棱长为4的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点M 是棱AD 的中点，点N 是棱AA 1的中点，P 是侧面四边形ADD 1A 1内一动点（含边界），若C 1P ∥平面CMN ，则线段C 1P 长度的取值范围是________.18．表面积为16π的球与一个正三棱柱各个面都相切，则这个正三棱柱的体积为___________.19．如图，已知正四面体D ABC -，P 为线段AB 上的动点（端点除外），则二面角D PC B --的平面角的余弦值的取值范围是___________．20．在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为线段1AB 上的任意一点，有下面三个命题：①//PB 平面11CC D D ；②1BD AC ⊥；③1BD PC ⊥．上述命题中正确命题的序号为__________（写出所有正确命题的序号）．三、解答题21．如图，四边形ABCD 为正方形，QA ⊥平面ABCD ，PD//QA ，112QA AB PD ===.（1）证明：直线PQ ⊥平面DCQ ；（2）求二面角D QB A --的余弦值.22．如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，11,2AB AA ==，点E 为1CC 中点，点F 为1BD 中点．（1）求异面直线1BD 与1CC 的距离；（2）求直线1BD 与平面BDE 所成角的正弦值；（3）求点F 到平面BDE 的距离．23．如图，正四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 的边长为4，4PD =，E 为PA 的中点.（1）求证：//PC 平面EBD .（2）求三棱锥E ABD -的体积.24．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是正方形，12AA AB =，E 为1CC 的中点.（1）证明：1//AC 平面BDE ；（2）证明：平面BDE ⊥平面1ACC ；（3）求二面角E BD C --的大小.25．如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C D ，的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得//MC 平面PBD ？若不存在，说明理由，若存在请证明你的结论并说明P 的位置．26．如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，11,2AD AA AB ===，点E 是AB 的中点.（1）证明：1//BD 平面1A DE ；（2）证明：11D E A D ⊥；（3）求二面角1D EC D --的正切值.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．C解析：C【分析】利用已知条件判断1l 与2l 的位置关系，可判断AD 选项的正误；利用线面垂直的性质定理可判断B 选项的正误；利用线面平行的性质定理可判断C 选项的正误.【详解】对于A 选项，若1//l α，2//l α，则1l 与2l 平行、相交或异面，A 选项错误；对于B 选项，若1l α⊥，2l α⊥，由线面垂直的性质定理可得12//l l ，B 选项错误； 对于C 选项，12//l l ，1l α⊂，2l β⊂，α、β不重合，则1l β⊄，1//l β∴， 1l α⊂，3l αβ⋂=，13//l l ∴，C 选项正确；对于D 选项，若αβ⊥，1l αγ=，2l βγ⋂=，则1l 与2l 相交或平行，D 选项错误.故选：C.【点睛】方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳． 2．A解析：A【分析】连接AC 、BD 交于O ，连PO ，取CD 的中点E ，连,OE PE ，根据正棱锥的性质可知，PCE α∠=，PCO β∠=，PEO γ∠=，再比较三个角的正弦值可得结果.【详解】连接AC 、BD 交于O ，连PO ，取CD 的中点E ，连,OE PE ，如图：因为//AB CD ，所以PBA α∠=，又因为四棱锥P ABCD -为正四棱锥，所以PCE α∠=，由正四棱锥的性质可知，PO ⊥平面ABCD ，所以PCO β∠=，易得OE CD ⊥，PE CD ⊥，所以PEO γ∠=， 因为sin PE PC α=，sin PO PCβ=，且PE PO >，所以sin sin αβ>，又,αβ都是锐角，所以αβ>， 因为sin PO PE γ=，sin PO PCβ=，且PC PE >，所以sin sin γβ>，因为,βγ都是锐角，所以γβ>. 故选：A【点睛】关键点点睛：根据正棱锥的性质，利用异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角的平面角的定义得到这三个角是解题关键，属于中档题.3．C解析：C【分析】在BD ，CF 上分别取点B '，C '，使得3m BB CC ''==，连接A B ''，A C ''，B C ''，把几何体分割成一个三棱柱和一个四棱锥，然后由棱柱、棱锥体积公式计算．【详解】如图，在BD ，CF 上分别取点B '，C '，使得3m BB CC ''==，连接A B ''，A C ''，B C ''，则三棱柱ABC A B C '''-是斜三棱柱，该羡除的体积V V =三棱柱ABC A B C '''-V +四棱锥A B DEC '''-()311123636336m 232+⎛⎫⎛⎫=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故选：C ．【点睛】思路点睛：本题考查求空间几何体的体积，解题思路是观察几何体的结构特征，合理分割，将不规则几何体体积的计算转化为锥体、柱体体积的计算．考查了空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解能力．4．A解析：A【分析】首先得到11AB A ∠是1AB 与底面111A B C 所成的角，再通过三棱柱的体积得到三棱柱的底面等边三角形的边长，最后通过球的半径，球心到底面距离，底面外接圆半径的关系计算．【详解】因为侧棱1AA ⊥底面111A B C ，则11AB A ∠是1AB 与底面111A B C 所成的角，则1145AB A ∠=︒． 故由11111tan tan 451AA AB A A B ∠=︒==，得111AA A B =． 设111AA A B a ==，则1113133232ABC A B C a V a a -=⨯==三棱柱 解得2a =． 所以球O 的半径22232722233R ⎛⎫⎛⎫+⨯⨯= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝=⎭， 所以球O 的表面积22728π4π4π33S R ==⨯=． 故选：A ．【点睛】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． 5．D解析：D【分析】先找到几何体的原图，再求出几何体的高，再求几何体的体积得解.【详解】由三视图可知几何体为图中的四棱锥1P CDD E -， 由题得22437AD =-7 所以几何体的体积为11(24)676732⋅+⋅=.故选：D【点睛】方法点睛：通过三视图找几何体原图常用的方法有：（1）直接法；（2）拼凑法；（3）模型法.本题利用的就是模型法.要根据已知条件灵活选择方法求解.6．C解析：C【分析】举特例舍去不正确选项，可得正确答案.【详解】过EF 的平面为平面ABF 时，G 在A 点， H 在B 点， 所以0BHAGHC GD ==，EF 平分GH ， 即BHAGHC GD =，所以舍去ABD ，选C故选：C7．D解析：D【分析】在图形中找到（并证明）异面直线所成的角，然后在三角形中计算．【详解】因为//AD BC ，所以PCB ∠是异面直线PC 与AD 所成角（或其补角）， 又PA AD ⊥，所以PA BC ⊥，因为AB BC ⊥，AB PA A ⋂=，,AB PA ⊂平面PAB ，所以BC ⊥平面PAB ， 又PB ⊂平面PAB ，所以PB BC ⊥． 由已知2PA AD ==，所以PB ===cos 11BC PCB PC ∠===， 所以异面直线PC 与AD． 故选：D ． 【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．8．B解析：B 【分析】 连接11A N B AB =，根据已知条件先证明11B A A B ⊥、1⊥MN AB ，再通过线面垂直的判定定理证明1AB ⊥平面1A BM ，由此确定出1B N 的长度即为点1B 到面1A BM 的距离，最后完成求解. 【详解】连接1B A 交1A B 于N ，连接11,,,,MB MN MB MA MA ，如图所示：因为11A ABB 为正方形，所以11B A A B ⊥， 又因为22111115142MB MC C B =+=+=2215142MA MC CA =+=+=， 所以1MB MA =且N 为1AB 中点，则MN 为等腰三角形1AMB 的中垂线， ∴1⊥MN AB 且1MNA B N =，∴1AB ⊥平面1A BM ，∴1B N 就是点1B 到截面1A BM 的距离， 又因为111121122B N AB ==+=，所以点1B 到截面1A BM 2， 故选：B. 【点睛】方法点睛：求解平面外一点A 到平面α的距离的方法：（1）几何方法：通过线面垂直的证明，找到A 在平面α内的投影点A '，则AA '即为A 到平面α的距离；（2）向量方法：①建立合适空间直角坐标系，在平面α内取一点B ；②求解出AB 和平面α的法向量n ；③根据AB n d n⋅=即可求解出点A 到平面α的距离.9．D解析：D 【分析】在BCD △中，利用余弦定理和基本不等式可得163BC BD ⋅≤，由三角形的面积公式可得43BCDS≤，由二面角A BC D --的大小为60，可得A 到平面BCD 的最大距离为2sin 603h ==ABCD 体积的最大值.【详解】在BCD △中，由余弦定理可得2222cos120CD BC BD BC BD =+-⋅22BC BD BC BD =++⋅因为222BC BD BC BD +≥，所以23CD BC BD ≥⋅， 所以163BC BD ⋅≤，当且仅当BC BD =时等号成立， 111634sin120322323BCDSBC BD =⋅≤⨯⨯=， 因为二面角A BC D --的大小为60，所以点A 到平面BCD 的最大距离为2sin 603h ==， 所以1144333333A BCD BCDV S h -=⋅≤⨯⨯=， 所以四面体ABCD 体积的最大值是43， 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用余弦定理和基本不等式、三角形面积公式求出BCD S △最大值，再由二面角求出高的最大值.10．A解析：A 【分析】本题首先可根据题意将四面体ABCD 看作底面是等边三角形的直三棱柱的一部分，然后求出直三棱柱的外接球的半径，最后根据球的表面积计算公式即可得出结果. 【详解】因为AB ⊥平面BCD ，1AB BC CD BD ====，所以可将四面体ABCD 看作底面是等边三角形的直三棱柱的一部分，如图所示：则四面体ABCD 的外接球即直三棱柱的外接球，因为底面三角形BCD 的外心到三角形BCD 的顶点的长度为222131323， 所以直三棱柱的外接球的半径221372312r， 则球O 的表面积2277π4π4π123S r ， 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题考查四面体的外接球的表面积的计算，能否将四面体ABCD 看作底面是等边三角形的直三棱柱的一部分是解决本题的关键，考查直三棱柱的外接球的半径的计算，是中档题.11．A解析：A 【分析】作出原平面图形，然后求出面积即可． 【详解】45B A O '''∠=B O A '''=∠，则O A B '''△是等腰直角三角形，∴2A B OB '''==，又O C C B ''''⊥，45C O B '''∠=︒，∴1B C ''=， 在直角坐标系中作出原图形为：梯形OABC ，//OA BC ，2,1OA BC ==，高22OB = ∴其面积为1(21)22322S =+⨯= 故选：A 【点睛】方法点睛：本题考查斜二测法画平面图形直观图，求原图形的面积，可能通过还原出原平面图形求得面积，也可以通过直观图到原图形面积的关系求解：直观图面积为S '，原图形面积为S ，则2S S '=． 12．B解析：B 【分析】作出图形，设2CD =，AD l ⊥，2AB =，然后以CA 、CD 为邻边作平行四边形ACDE ，可知BAD ∠为二面角l αβ--的平面角，异面直线AB 与CD 所成角为BAE∠或其补角，计算出ABE △三边边长，利用余弦定理计算出cos BAE ∠，即可得解. 【详解】 如下图所示：设2CD =，AD l ⊥，2AB =CA 、CD 为邻边作平行四边形ACDE ，在平面β内，AD l ⊥，2CD =，45ACD ∠=，则sin 2AD CD ACD =∠=cos 452AC CD ==，AB l ⊥，AD l ⊥，AB α⊂，AD β⊂，所以，BAD ∠为二面角l αβ--的平面角，即60BAD ∠=，2AB AD ==，ABD ∴为等边三角形，则2BD =，四边形ACDE 为平行四边形，//DE AC ∴，即//DE l ，AD l ⊥，AB l ⊥，DE AB ⊥∴，DE AD ⊥，AB AD A =，DE ∴⊥平面ABD ，BD ⊂平面ABD ，DE BD ∴⊥，则222BE BD DE =+=，在平行四边形ACDE 中，//AE CD 且2AE CD ==， 所以，异面直线AB 与CD 所成角为BAE ∠或其补角， 在ABE △中，2AB =2AE BE ==，由余弦定理可得2222cos 2AB AE BE BAE AB AE +-∠==⋅. 因此，异面直线AB 与CD 2故选：B.【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．二、填空题13．【分析】根据直观图和原图的之间的关系由直观图画法规则将还原为如图所示是一个等腰三角形直接求解其面积即可【详解】由直观图画法规则将还原为如图所示是一个等腰三角形则有所以故答案为：【点睛】关键点点睛：根 解析：82【分析】根据直观图和原图的之间的关系，由直观图画法规则将Rt A B C '''还原为ABC ，如图所示，ABC 是一个等腰三角形，直接求解其面积即可． 【详解】由直观图画法规则将Rt A B C '''还原为ABC ，如图所示，ABC 是一个等腰三角形,则有2BO OC B O O C ''''====，242AO A O ''==所以114428222ABCSBC AO =⋅=⨯⨯= 故答案为：2【点睛】关键点点睛：根据斜二测画法的规则，可得出三角形的直观图，并求出对应边长，根据面积公式求解．14．2【分析】由球的表面积可求出半径取的中点可得设由基本不等式可得即可求出面积的最大值【详解】因为球的表面积为所以球的半径取的中点则为的外接圆圆心平面设由得因为所以当且仅当时取等因为的面积为所以面积的最解析：2 【分析】由球的表面积可求出半径3R =，取BC 的中点D ，可得1OD =，设AB x =，AC y =，由基本不等式可得4xy ≤，即可求出ABC 面积的最大值.【详解】因为球O 的表面积为12π，所以球O 的半径3R =． 取BC 的中点D ，则D 为ABC 的外接圆圆心，PA ⊥平面ABC ，112OD PA ∴==， 设AB x =，AC y =，由2222134+==+=+=x y R OC CD OD ，得228x y +=． 因为222x y xy +≥，所以4xy ≤，当且仅当2x y ==时取等．因为ABC 的面积为1122⋅=AB AC xy ，所以ABC 面积的最大值为2． 故答案为：2.【点睛】本题考查几何体的外接球问题，解题的关键是是建立勾股关系，利用基本不等式求出4xy ≤.15．【分析】根据题意画出相应的图形结合题意找出什么情况下取最大值什么情况下取最小值利用和差角正切公式求得最值得到结果【详解】根据题意如图所示：取的中点过点作球的切线切点分别为可以判断为的最小值为的最大值解析：4747-+⎣⎦【分析】根据题意，画出相应的图形，结合题意，找出什么情况下取最大值，什么情况下取最小值，利用和差角正切公式求得最值，得到结果. 【详解】根据题意，如图所示：取11A B 的中点H ，过H 点作球O 的切线，切点分别为,M N ， 可以判断1O HN ∠为θ的最小值，1O HM ∠为θ的最大值， 且1112tan 12OO O HO HO ∠===， 22,1OH OM ON ===，所以7HM HN ==tan tan 7NHO OHM ∠=∠=， 1117827477tan tan()1637117O HN O HO NHO ---∠=∠-∠====++ 1117827477tan tan()1637117O HM O HO OHM ++∠=∠+∠====-， 所以tan θ的取值范围是4747-+⎣⎦，故答案为：4747-+⎣⎦. 【点睛】方法点睛：该题考查的是有关二面角的求解问题，解题方法如下： （1）先根据题意画图；（2）结合题意，找出在什么情况下取最大值和最小值； （3）结合图形求得相应角的正切值； （4）利用和差角正切公式求得结果.16．【分析】连接延长交于则是中点可得是二面角的平面角求出可得结论【详解】由已知是中心连接延长交于则是中点连接则而∴平面平面∴∴是二面角的平面角由对称性又由平面平面得∴故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考 解析：3 【分析】连接DO 延长交BC 于E ，则E 是BC 中点，可得MEO ∠是二面角M BC O --的平面角．求出,ME OE 可得结论． 【详解】由已知O 是BCD △中心，连接DO 延长交BC 于E ，则E 是BC 中点，连接AE ，则BC AE ⊥，BC DE ⊥，而AEDE E =，∴BC ⊥平面AED ，ME ⊂平面AED ，∴BC ME ⊥，∴MEO ∠是二面角M BC O --的平面角．2BC =，90BMC ︒∠=，由对称性2BM CM ==，112ME BC ==， 又1133233EO DE ==⨯⨯=， 由AO ⊥平面BCD ，EO ⊂平面BCD ，得AO EO ⊥， ∴3cos EO MEO ME ∠==． 故答案为：3．【点睛】关键点点睛：本题考查求二面角，解题关键是作出二面角的平面角．这可根据平面角的定义作出（并证明），然后在直角三角形中求角即得．注意一作二证三计算三个步骤．17．【分析】分别取棱的中点连接易证平面平面由题意知点必在线段上由此可判断在或处时最长位于线段中点处时最短通过解直角三角形即可求得【详解】如下图所示连分别为所在棱的中点则又平面平面平面四边形为平行四边形又 解析：[32,25]【分析】分别取棱1BB 、11B C 的中点M 、N ，连接MN ，易证平面1//A MN 平面AEF ，由题意知点P 必在线段MN 上，由此可判断P 在M 或N 处时1A P 最长，位于线段MN 中点处时最短，通过解直角三角形即可求得． 【详解】 如下图所示，连MN ，EF ，1A D ，EMM ，N ，E ，F 分别为所在棱的中点，则1//MN A D ，1//EF A D ，//EF MN ∴，又MN ⊂平面1C EF ，EF ⊂平面1C EF ，//MN ∴平面1C EF ．11//,C C EM C C EM =， ∴四边形1C CME 为平行四边形，1//C E CM ，又CM ⊄平面1C EF ，1C E ⊂平面1C EF ，//CM ∴平面1C EF ，又NMCM M =，∴平面//NMC 平面1C EF ．P 是侧面四边形ADD 1A 1内一动点，且C 1P ∥平面CMN ， ∴点P 必在线段EF 上．在Rt △11C D E 中，222211114225C E C D D E =+=+=同理，在Rt △11C D F 中，可得125C F =，∴△1C EF 为等腰三角形．当点P 为EF 中点O 时，1C P EF ⊥，此时1C P 最短；点P 位于,E F 处时，1C P 最长．()222211(25)232C O C E OE =-=-=1125C E C F ==∴线段1C P 长度的取值范围是[32,25]．故答案为：[32,25]【点睛】本题考查点、线、面间的距离问题，考查学生的运算能力及推理转化能力，属中档题，解决本题的关键是通过构造平行平面寻找P 点位置．18．【分析】求出正三棱柱的高底面三角形的边长和高即可求出正三棱柱的体积【详解】设球的半径为r 由得则球的半径为2正三棱柱的高为正三棱柱底面正三角形的内切圆的半径是2所以正三角形的边长是高是6正三棱柱的体积解析：【分析】求出正三棱柱的高、底面三角形的边长和高，即可求出正三棱柱的体积. 【详解】设球的半径为r ，由2416r π=π，得2r，则球的半径为2，正三棱柱的高为24r =，正三棱柱底面正三角形的内切圆的半径是2，所以正三角形的边长是6，正三棱柱的体积为1642⨯⨯=故答案为：【点睛】本题考查正三棱柱的内切球、正三棱柱的体积，考查空间想象能力与计算能力.19．【分析】当点从点运动到点时二面角的平面角逐渐增大二面角的平面角最小趋于二面角的平面角最大趋于二面角的平面角的补角求出二面角的平面角和二面角的平面角即可【详解】当点从点运动到点时二面角的平面角逐渐增大解析：11,33⎛⎫- ⎪⎝⎭【分析】当点P 从点A 运动到点B 时，二面角D PC B --的平面角逐渐增大，二面角D PC B --的平面角最小趋于二面角D AC B --的平面角，最大趋于二面角D BC A --的平面角的补角，求出二面角D AC B --的平面角和二面角D BC A --的平面角即可. 【详解】当点P 从点A 运动到点B 时，二面角D PC B --的平面角逐渐增大，二面角D PC B --的平面角最小趋于D AC B --的平面角，最大趋于二面角D BC A --的平面角的补角，设正四面体的棱长为2a ，如图所示，取AC 的中点E ，连接DE 、BE ， 易知DEB ∠为二面角D AC B --的平面角，DE BE ==，所以()22221cos 3a DEB +-∠==，同理可得：二面角D BC A --的平面角的补角的余弦值为13-， 故二面角D PC B --的平面角的余弦值的取值范围是11,33⎛⎫- ⎪⎝⎭，故答案为：11,33⎛⎫- ⎪⎝⎭【点睛】本题主要考查了二面角的平面角的求解，考查空间想象能力，属于中档题.20．①②③【分析】①证明线面平行可判断对错；②证明线面垂直可判断对错；③证明线面垂直可判断对错【详解】①如下图所示：因为平面平面平面所以平面故①正确；②连接如下图所示：因为平面所以又因为且所以平面又因为解析：①②③ 【分析】①证明线面平行可判断对错；②证明线面垂直可判断对错；③证明线面垂直可判断对错. 【详解】 ①如下图所示：因为平面11//ABB A 平面11CC D D ，BP ⊂平面11ABB A ，所以//PB 平面11CC D D ，故①正确；②连接,AC BD ，如下图所示：因为1DD ⊥平面ABCD ，所以1DD AC ⊥， 又因为AC BD ⊥且1DD BD D =，所以AC ⊥平面1DBD ，又因为1BD ⊂平面1DBD ，所以1BD AC ⊥，故②正确； ③连接11,,,AC PC B C BC ，如下图所示：因为11D C ⊥平面11BCC B ，所以11D C ⊥1B C ，又因为11BC B C ⊥，且1111D C BC C ⋂=，所以1B C ⊥平面11BD C ，又1BD ⊂平面11BD C ，所以11B C BD ⊥， 由②的证明可知1BD AC ⊥，且1AC B C C ⋂=，所以1BD ⊥平面1AB C ， 又因为PC ⊂平面1AB C ，所以1BD PC ⊥，故③正确， 故答案为：①②③. 【点睛】本题考查空间线面平行、线线垂直关系的判断，涉及线面平行判定定理、线面垂直判定定理的运用，主要考查学生对空间中位置关系的逻辑推理能力，难度一般.三、解答题21．（1）证明见解析（2）33【分析】（1）由CD PQ ⊥，PQ DQ ⊥可证得结论成立；（2）取BQ 的中点E ，连DE 、AE ，则AED ∠是二面角D QB A --的平面角，在Rt ADE △中，通过计算可得结果. 【详解】（1）因为QA ⊥平面ABCD ，∴QA CD ⊥，又四边形ABCD 为正方形，∴CD AD ⊥， 又因为QAAD A =，∴CD ⊥平面AQPD ，则CD PQ ⊥，因为1AQ AD ==，AQ AD ⊥，∴2DQ=，因为4PDQ π∠=，2PD =，∴2DQP π∠=，即PQ DQ ⊥，因为CDDQ D =，所以PQ ⊥平面DCQ .（2）取BQ 的中点E ，连DE 、AE ，如图：因为2BD DQ ==BE EQ =，∴DE BQ ⊥，AE BQ ⊥，所以AED ∠是二面角D QB A --的平面角，因为QA ⊥平面ABCD ，所以QA AD ⊥，又AD AB ⊥，AB AQ A =，∴AD ⊥平面BAQ ，∴AD AE ⊥，因为1AB AQ ==，所以2BQ =2AE =， 在Rt ADE △中，221612DE AD AE =+=+=所以232cos 36AE ADE DE ∠===. 所以二面角D QB A --3 【点睛】关键点点睛：根据二面角的平面角的定义作出平面角是本题解题关键.22．（1）2；（2）3；（3 【分析】（1）取BD 中点G ，连接GC ，FG ，根据线面垂直的判定定理及性质，先证明EF 为1BD 与1CC 的公垂线，再由题中数据，计算出EF 的长，即可得出结果；（2）连接1ED ，由（1）得到EF ⊥平面1BDD ，设1D 到平面BDE 的距离为d ，根据等体积法，由11E DBD D DBE V V --=求出d ，记直线1BD 与平面BDE 所成角为θ，由1sin dBD θ=即可得出结果； （3）由（2）得到1D 到平面BDE 的距离d ，根据题中条件，得到F 到平面BDE 的距离为2d，即可得出结果. 【详解】（1）在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，取BD 中点G ，连接GC ，FG ， ∵F ，G 分别为1,BD BD 的中点，∴1//FG D D 且112FG D D =， 又1//CE D D ，112CE D D =，所以//FG CE 且FG CE =，则四边形EFGC 为平行四边形，又CE ⊥平面ABCD ，CG ⊂平面ABCD ，∴CE CG ⊥， ∴四边形EFGC 为矩形，∴1EF CC ⊥， ∵11//D D C C ，∴1EF DD ⊥，又CG BD ⊥，//EF CG ，BD ⊂平面1BDD ，1D D ⊂平面1BDD ，1BD D D D ⋂=， ∴EF ⊥平面1BDD ，又1BD ⊂平面1BDD ，∴1EF BD ⊥， ∴EF 为1BD 与1CC 的公垂线，且1E CC ⊂，1F BD ⊂，∴异面直线1BD 与1CC 的距离为||2EF =． （2）在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，连接1ED ，则11E DBD D DBE V V --=， 由（1）知EF ⊥平面1BDD ，设1D 到平面BDE 的距离为d ，∵12AA =，1AB =，∴BD BE ED ===EF ，1BD =∴1122DBD S==212DBES ==，从而1DBEDBD Sd SEF ⨯=⨯，∴2223233d ⨯==，记直线1BD 与平面BDE 所成角为θ，则12323sin 36d BD θ===， ∴直线1BD 与平面BDE 所成角的正弦值为23．（3）由（2）知，1D 到平面BDE 的距离23d =，∵F 是1BD 的中点，且B ∈平面BDE ，∴F 到平面BDE 的距离为32d =． 【点睛】 方法点睛：立体几何体中空间角的求法：（1）定义法：根据空间角（异面直线所成角、线面角、二面角）的定义，通过作辅助线，在几何体中作出空间角，再解对应三角形，即可得出结果；（2）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量，平面的法向量，通过计算向量夹角（两直线的方法向量夹角、直线的方向向量与平面的法向量夹角、两平面的法向量夹角）的余弦值，来求空间角即可. 23．（1）证明见解析；（2）823. 【分析】（1）连接AC 交BD 于点O ，连接EO ，利用三角形中位线定理可得//EO PC ，再由线面平行的判定定理可得结论；（2）先证明PO ⊥面ABCD ，由E 是PA 的中点，可得E 到面ABCD 的距离12PO =，再利用棱锥的体积公式可得答案. 【详解】（1）连接AC 交BD 于点O ，连接EO .四边形ABCD 为正方形，所以O 为AC 中点，又E 为PA 中点，//EO PC ∴，又EO ⊂面EBD ，PC ⊄面EBD ，//PC ∴面EBD .（2）正四棱锥P ABCD -中,PA PC =，O 是AC 的中点 PO AC ∴⊥，PD PB =，O 是BD 的中点 PO BD ∴⊥，又AC 与BD 在平面ABCD 内相交， 所以PO ⊥面ABCDE 是PA 的中点，E ∴到面ABCD 的距离12PO =， 221822,2ABD S AB AD PO PD DO ∆=⋅⋅==-=182323E ABD ABD PO V S -∆=⋅⋅=【点睛】方法点睛：证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 24．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）4π． 【分析】 （1）设BDC O =，由1//AC OE ，得证线面平行；（2）证明BD ⊥平面1ACC ，可得证面面垂直；（3）证明EOC ∠是二面角E BD C --的平面角，求出此角即可． 【详解】 （1）证明：设BDC O =，连接OE ，则O 是AC 中点，又E 是1CC 中点，∴1//AC OE ，又OE ⊂平面BDE ，1AC ⊄平面BDE ， ∴1//AC 平面BDE ．（2）1CC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴1CC BD ⊥，同理1CC AC ⊥，又正方形中BD CA ⊥，1ACCC C =，1,AC CC ⊂平面1ACC ，∴BD ⊥平面1ACC ，又∵BD ⊂平面BDE ， ∴平面BDE ⊥平面1ACC ；（3）∵BD ⊥平面1ACC ，OE ⊂平面1ACC ，∴BD OE ⊥， ∴EOC ∠是二面角E BD C --的平面角， 由已知112CC AA AB ==，而2AC AB =，,E O 分别是1,CC AC 中点，∴OC CE =，∴4EOC π∠=．即二面角E BD C --的大小为4π．【点睛】关键点点睛：本题考查证明线面平行，面面垂直，考查求二面角的大小．解题关键是掌握证明线面平行，面面垂直的判定定理，证明时需要满足定理的所有条件，一个都不能少地列举出来才能得出结论，否则证明过程不完整．而求二面角，只要作出二面角的平面角（并证明），然后解三角形即可．25．（1）证明见解析；（2）存在；证明见解析；P 为AM 中点． 【分析】（1）要证明面面垂直，需先证明线面垂直，根据垂直关系证明CM ⊥平面ADM ；（2）首先作辅助线，连接BD AC ，交于点O ，连接PD PB PO ，，，在ACM △中，利用中位线，证明线线平行，说明线面平行，同时得到点P 的位置.。
新课标人教A版高中数学必修二第一章《简单空间几何体的外接球问题》教学设计
简单空间几何体的外接球问题教学设计一、教学内容解析本节课是在全面学习了立体几何中的空间几何体之后，对空间中简单多面体与球相结合的综合问题的研究，是建立在学生熟练掌握平面几何的相关知识，类比得到空间几何体的一些结论，其中涉及到长方形外接圆的半径，三角形外接圆的半径的求法，需要学生充分发挥空间想象能力，在球中构建直角三角形求外接圆的半径。
本节课较全面的总结了多面体的外接球问题，既有对简单问题的快速便捷处理方法，又有对常见考法的系统探究，是属于中高考复习备考方法，策略的研究案例。
二、教学目标设置知识与技能：1、掌握与长方体有关的外接球问题2、理解用定义法和截面性质解决空间几何体的外接球问题。
过程与方法：通过类比平面的相关知识，建立空间感，运用外接球的定义求解外接球的半径。
情感、态度、价值观：充分发挥学生的空间想象能力，通过体会外接球半径的探索过程，正确地拓展已学知识，适时地建立模型归纳所学内容，从而完善地建立知识模块体系。
三、学生学情分析多面体外接球的问题，是立体几何的一个重点，也是高考考查的一个热点，在近几年的高考题中都有出现。
球经常和其它空间几何体相结合出题，以选择题或填空题的形式出现。
在平时学习中，学生已经掌握了正方体、长方体的外接球，了解了补形法，但对一般三棱锥的外接球相关问题的求解仍有困难，主要是因为不善于抓住几何体的结构特征，不能正确回归外接球定义，寻找球心和半径。
四、教学过程设计（一）、新课引入1、图片展示：生活中的球，并让学生回答球的定义，及球心的定义.2、学生活动：展示长方形外接圆的求法学生思考：1、在矩形ABCD中，AB=8，BC=6，将矩形ABCD沿AC折成一个二面角,使B-AC-D为60。
，则四面体ABCD的外接球的半径为( ).【注】：在空间中，如果一个顶点与一个简单几何体的所有顶点距离都相等那么这个顶点就是简单几何体的外接球的球心。
（根据球的定义确定球心）【注】：小发现：若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是外接球的球心设计意图：通过图片展示先让学生回顾球及球心的定义，通过平面图形和立体图形的对比过度得到利用定义确定球心的方法。
第08讲 拓展一：空间几何体内接球与外接球问题 (讲)(含答案解析)
第08讲拓展一：空间几何体内接球与外接球问题(讲）第08讲拓展一：空间几何体内接球与外接球问题(精讲）高频考点一：空间几何体的内切球问题建立模型球的内切问题（等体积法）例如：在四棱锥P ABCD -中，内切球为球O ，求球半径r ．方法如下：P ABCD O ABCD O PBC O PCD O PAD O PABV V V V V V ------=++++即：1111133333P ABCD ABCD PBC PCD PAD PAB V S r S r S r S r S r -=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅，可求出r ．典型例题例题（2022·江苏·苏州外国语学校高一期末）1．在三棱锥S ABC -中，SA ⊥平面,90ABC ABC ∠= ，且3,4,5SA AB AC ===，若球O 在三棱锥S ABC -的内部且与四个面都相切（称球O 为三棱锥S ABC -的内切球），则球O 的表面积为（）A ．169πB ．49πC ．3227πD ．1681π【答案】A解：因为SA ⊥平面,90ABC ABC ∠= ，AB ⊂平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以SA AB ⊥，SA AC ⊥，SA BC ⊥，又,BC AB SA AB A ⊥= ，所以BC ⊥平面SAB ，所以BC SB ⊥，所以,,SAB ABC SAC SBC ，均为直角三角形，设球O 的半径为r ，则()1+++3S ABC SAB CAB SAC SBC V S S S S r -=⋅ ，而11334632S ABC V -=⨯⨯⨯⨯=，11156,35222SAB CAB SAC SBC S S SA AB S S ==⋅===⨯⨯= ，所以115156+6++6322r ⎛⎫⋅= ⎪⎝⎭，解得23r =，所以球O 的表面积为221644239r S πππ⎛==⨯=⎫ ⎪⎝⎭，故选：A ．例题（2022·全国·高一）2．某学校开展手工艺品展示活动，小明同学用塑料制作了如图所示的手工艺品，其外部为一个底面边长为6的正三棱柱，内部为一个球，球的表面与三棱柱的各面均相切，则该内切球的表面积为___________，三棱柱的顶点到球的表面的最短距离为___________．【答案】12π解：依题意如图过侧棱的中点作正三棱柱的截面，则球心为MNG 的中心，因为6MN =，所以MNG 内切圆的半径13r OH MH ====即内切球的半径R 2412S R ππ==，又正三棱柱的高12AA R ==所以23OM OH ==AO =所以A 到球面上的点的距离最小值为AO R -故答案为：12π例题（2022·全国·高一专题练习）3．如图，直三棱柱111ABC A B C -有外接圆柱1OO ，点O ，1O 分别在棱AB 和11A B 上，4AB =．（1）若AC BC =，且三棱柱111ABC A B C -有一个内切球，求三棱柱111ABC A B C -的体积；【答案】（1）)161-（1）O ，1O 是圆柱的上下底面圆心，而且点O ，1O 分别在棱AB 和11A B 上，由此可知ABC 是AB 为斜边的直角三角形．4,AB AC BC =∴==11422ABC S AC BC =⋅=⨯= 设ABC 的内切圆的半径为r ，则由等面积法，可知：()1122AB BC AC r AC BC ++⋅=⋅，)21r ∴=，故三棱柱111ABC A B C -的内切球的半径也是)21，故三棱柱的高)241h r ==，进而三棱柱111ABC A B C -的体积))441161ABC V S h =⋅=⨯-=- ．题型归类练（2022·全国·高一）1．已知点O 到直三棱柱111ABC A B C -各面的距离都相等，球O 是直三棱柱111ABC A B C -的内切球，若球O 的表面积为16π，ABC 的周长为4，则三棱锥1A ABC -的体积为（）A ．43B ．163C ．3D ．3（2022·湖南·高一期末）2锥的底面和侧面均相切）的表面积为______.（2022·全国·高三专题练习（文））3．若正四棱锥P ABCD -内接于球O ，且底面ABCD 过球心O ，则球O 的半径与正四棱锥P ABCD -内切球的半径之比为__________.（2022·广西玉林·模拟预测（理））4．若正四棱锥P ABCD -内接于球O ，且底面ABCD 过球心O ，球的半径为4，则该四棱锥内切球的体积为_________．高频考点二：空间几何体的外接球问题模型1：长（正）方体模型——公式法建立模型正方体或长方体的外接球的球心为其体对角线的中点（1）设长方体一个顶点出发的三条边长分别为a ，b ，c ，则外接球半径2r =；（2）设正方体边长为a ，则外接球半径2r a =；典型例题例题（2022·贵州黔西·高二期末（理））1．若一个长方体的长、宽，高分别为4，2，3，则这个长方体外接球的表面积为______________．【答案】29π由题知，长方体的体对角线即为外接球的直径，所以2222(2)42329R =++=，所以2294R =所以外接球的表面积2429S R ππ==．故答案为：29π例题（2022·新疆·乌苏市第一中学高一期中）2．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，则此正方体外接球的表面积是______．【答案】12π因为正方体的体对角线长度等于长方体外接球的直径，又正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，所以正方体外接球的直径为则该正方体外接球的表面积是2412ππ==S r ．故答案为：12π．题型归类练（2022·全国·高一期末）5．正方体的外接球与内切球的表面积之比是（）A ．13B ．3C ．D （2021·河北·深州长江中学高三期中）6．已知某正方体外接球的表面积为3π，则该正方体的棱长为______．（2021·福建·莆田锦江中学高一期中）7．已知正方体的棱长为2，则其外接球的表面积为______．模型2：墙角型，对棱相等型——补形法（补长方体或正方体）建立模型①墙角模型（三条线两个垂直）题设：三条棱两两垂直（重点考察三视图）②对棱相等模型（补形为长方体）题设：三棱锥（即四面体）中，已知三组对棱分别相等，求外接球半径（AB CD =，AD BC =，AC BD =）典型例题例题（2022·全国·高一）1．若三棱锥-P ABC 的三条侧棱PA ，PB ，PC 两两互相垂直，且PA PB PC ===则其外接球的表面积为（）（）A ．6πB ．12πC ．18πD ．24π【答案】A侧棱PA ，PB ，PC 两两互相垂直，且PA PB PC ===PA ，PB ，PC 作为正方体的棱长，如图：设外接球的半径为R ，则正方体的对角线的长2R =所以R =，所以外接球的表面积为246S R ππ==．故选：A例题（2022·江苏·南京师大附中高一期末）2．在三棱锥-P ABC 中，5PA BC ==，PB AC ==PC AB ==锥外接球的表面积为_________；外接球体积为_________．【答案】26π由题意，该三棱锥的对棱相等，可知该三棱锥可置于一个长方体中，如图所示：记该长方体的棱长为,,a b c ，则222222101725a b a c b c ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩，即22226a b c ++=，所以r =，23442633S r V r πππ====，．故答案为：26π题型归类练（2022·辽宁·本溪高中高一阶段练习）8．已知正三棱锥S ABC -，则此三棱锥的外接球的表面积为（）A ．πB ．3πC ．6πD ．9π（2022·安徽·高一阶段练习）9．鳖臑是我国古代对四个面均为直角三角形的三棱锥的称呼．如图，三棱锥A BCD -是一鳖臑，其中AB BC ⊥，AB BD ⊥，BC CD ⊥，AC CD ⊥，且3BC DC ==，4AB =．则三棱锥A BCD -外接球的表面积是（）A．25πB ．34πC ．100πD ．3（2022·河北·沧县中学高一期中）10．三棱锥-P ABC 中，已知,,PA PB PC 两两垂直，且1,2PA PB PC ===，则三棱锥-PABC 的外接球的表面积为___________.（2022·贵州·清华中学高三阶段练习（理））11．四棱锥ABCD 中，2,======AB CD AD BC AC BD A ，B ，C ，D 的外接球的表面积是__________．模型3：单面定球心法（定+算）建立模型单面定球心法（定+算）步骤：①定一个面外接圆圆心：选中一个面如图：在三棱锥-P ABC 中，选中底面ABC ∆，确定其外接圆圆心1O （正三角形外心就是中心，直角三角形外心在斜边中点上，普通三角形用正弦定理定外心2sin ar A=）；②过外心1O 做（找）底面ABC ∆的垂线，如图中1PO ⊥面ABC ，则球心一定在直线（注意不一定在线段1PO 上）1PO 上；③计算求半径R ：在直线1PO 上任取一点O 如图：则OP OA R ==，利用公式22211OA O A OO =+可计算出球半径R ．典型例题例题（2022·山西省长治市第二中学校高一期末）1．在四面体ABCD 中，,ABD BCD 都是边长为2的等边三角形，且平面ABD ⊥平面BCD ，则该四面体外接球的表面积为_________．【答案】203π依题意作图，取BD 的中点P ，连接AP ，CP ，取ABD △的中心E ，BCD △的中心G ，分别作平面ABD 和平面BCD 的垂线，得交点H ，则H 点就是四面体ABCD 外接球的球心，CH 就是球的半径r ，AP CP HG PE CG =====，222253r CH CG GH ==+=，外接球的面积为22043S r ππ==；故答案为：203π．例题（2023·山西大同·高三阶段练习）2．球内接直三棱柱1111,1,120,2ABC A B C AB AC BAC AA -===︒∠=，则球表面积为___________．【答案】8π设三角形ABC 和三角形111A B C 的外心分别为D ，E ．可知其外接球的球心O 是线段DE 的中点，连结OC ，CD ，设外接球的半径为R ，三角形ABC 的外接圆的半径r ，1,120,AB AC BAC =∠=︒=可得BC =，由正弦定理得，21sin120r r ︒=∴=，而在三角形OCD 中，可知222||||||CO OD CD =+，即2212R r =+=，因此三棱柱外接球的表面积为248S R ππ==．故答案为：8π例题（2022·广西贺州·高一期末）3．已知ABC ∆的三个顶点都在球O 上，AC BC ⊥，2AC BC ==，且三棱锥3O ABC V -=，则球O 的体积为（）A ．π3B ．32π3C ．π3D ．36π【答案】D△ABC 中，AC BC ⊥，2AC BC ==，则AB =取AB 中点H ，连接OH ，则点H 为△ABC 所在小圆圆心，OH ⊥平面ABC则112232O ABC V OH -=⨯⨯⨯⋅，解之得OH则球O 的半径3OA 则球O 的体积为34π3=36π3⋅故选：D例题（2022·河南开封·高二期末（理））4．已知球O 为三棱锥D ABC -的外接球，球O 的体积为256π3，正三角形ABC 的外接圆半径为D ABC -的体积的最大值为______．【答案】设ABC 外接圆的圆心为1O ，因为正三角形ABC 的外接圆半径为23，即123O B =，由正弦定理243sin 60ACR ==︒，得6AC =，所以166sin 60932ABC S =⨯⨯⨯︒= ，要使三棱锥D ABC -的体积最大，则1O D ⊥平面ABC ，且球心O 在线段1O D 上，因为球O 的体积为34π256π33R =，所以球O 的半径为4R =．在1Rt OO B 中，由勾股定理得221116122OO R O B =-=-=，所以三棱锥D ABC -体积的最大值()()111932418333ABC V S OO R =⋅+=⨯⨯+=△．故答案为：183题型归类练（2022·河北·衡水市第十三中学高一阶段练习）12．在正四棱锥P ABCD -中，4AB =，6PA =，则平面PAB 截四棱锥P ABCD -外接球的截面面积是（）A ．655πB ．365πC ．12πD ．36π（2022·安徽·巢湖市第一中学模拟预测（文））13．已知三棱锥S ABC -中，平面SAC ⊥平面ABC ，且AB AC ⊥，30SCA ∠=︒，若4AB SA ==，则三棱锥S ABC -外接球的表面积为（）A ．64πB ．128πC ．40πD ．80π（2022·重庆市万州第二高级中学高一期中）14．在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边为a ，b ，c ，且3a =，π3A =．又点A ，B ，C 都在球O 的球面上，且点O 到平面ABC 5O 的体积为（）A ．642π3B 635π3C ．643π3D 636π3（2022·河南·汝州市第一高级中学模拟预测（文））15．已知点,,,A B C D在同一个球的球面上，1AB =，BC =，2AC =，若四面体ABCD）A ．14425πB ．24825πC ．57625πD ．67625π（2022·全国·高三专题练习）16．已知球O 是正三棱锥A BCD -的外接球，3BC =，AB =E 在线段BD 上，且6BD BE =，过点E 作球O 的截面，则所得截面圆面积的取值范围是___________.模型4：双面定球心法（两次单面定球心）建立模型如图：在三棱锥-P ABC 中：①选定底面ABC ∆，定ABC ∆外接圆圆心1O ②选定面PAB ∆，定PAB ∆外接圆圆心2O ③分别过1O 做面ABC 的垂线，和2O 做面PAB 的垂线，两垂线交点即为外接球球心O ．典型例题例题（2022·全国·高三专题练习）1．已知点A ､B ､C ､D 都在球O 的球面上，AB AC =，BCD ∆是边长为1的等边三角形，AD 与平面BCD 所成角的正弦值为3，若2AD =，且点D 在平面BCD 上的投影与D 在BC 异侧，则球O 的表面积为（）A ．πB ．4πC ．8πD ．16π【答案】B由题设，若E 是BC 的中点，则O '是△BCD 的中心，连接DE ，如图示：由题设知：DE BC ⊥，AE BC ⊥，又AE DE E = ，则BC ⊥面AED ，而BC ⊂面BCD ，即面BCD ⊥面AED ，过A 作AF ⊥面BCD ，则F 必在直线DE 上，易知：ADF ∠为AD 与平面BCD 所成角的平面角，又AD 与平面BCD ，2AD =，可得DF =．过O '作OO DE '⊥交AD 于O ，易知：OD OB OC ==，而O D '=12O D DF '=，又//AF OO '，故O 为AD 的中点，OD OA =，∴OD OB OC OA ===，即O 是球心，故球O 的半径为1，∴球O 的表面积为4π．故选：B例题（2022·全国·高三专题练习（理））2．已知平面四边形ABCD 中，4AB AD BD =====，现沿BD 进行翻折，使得A 到达A '的位置，连接A C '，此时二面角A BD C '--为150°，则四面体A BCD '外接球的半径为（）A ．3B ．3C D ．3【答案】C解：取BD 的中点E ，连接A E '，CE ，因为4AB AD BD =====即BC CD ==所以CE BD ⊥，A E BD '⊥，A EC '∠即为二面角A BD C '--的平面角，且90BCD ∠=︒，所以BCD △外接圆的圆心为E ，设A BD ' 外接圆的圆心为1O ，则1O E =过点1O ，E 分别作平面A BD '，平面BDC 的垂线，交于点O ，则O 即为四面体A BCD '外接球的球心．因为二面角A BD C '--的平面角为150︒，即150A EC '∠=︒，则160∠=︒OEO ．在1Rt OO E △中，3cos603OE ==︒，连接OB ，则OB 即为外接球的半径R ，则2222283R OB OE BE ==+=，即3R =，故选：C ．题型归类练（2022·湖南·邵阳市第二中学高一期末）17．一边长为4的正方形ABCD ，M 为AB 的中点，将AMD ，BMC △分别沿MD ，MC 折起，使MA ，MB 重合，得到一个四面体，则该四面体外接球的表面积为（）．A ．763πB ．48πC ．81πD ．9（2022·广东梅州·高一阶段练习）18．如图，在三棱锥-P ABC ，PAC △是以AC 为斜边的等腰直角三角形，且CB =AB AC ==，二面角P AC B --的大小为120︒，则三棱锥-P ABC 的外接球表面积为（）AB ．10πC ．9πD ．(4π+参考答案：1．B【分析】设三棱柱111ABC A B C -的高为h ，内切球O 的半径为r ，通过内切球的半径可求出h ，再求得ABC S ，由体积公式即可求解三棱锥1A ABC -的体积．【详解】解：设直三棱柱111ABC A B C -的高为h ，AB ＝c ，BC ＝a ，AC ＝b ，内切球O 的半径为r ，则h ＝2r ，由题意可知球O 的表面积为2164r ππ=，解得r ＝2，∴h ＝4，又△ABC 的周长为4，即a ＋b ＋c ＝4，∴连接OA ，OB ，OC ，111,,OA OB OC 可将直三棱柱111ABC A B C -分成5个棱锥，即三个以原来三棱柱侧面为底面，内切球球心为顶点的四棱锥，两个以原来三棱柱底面为底面，内切球球心为顶点的的三棱锥，∴由体积相等可得直三棱柱111ABC A B C -的体积为ABC S h ＝13ahr ＋13bhr ＋13chr ＋2×13ABC S r ，即4ABC S ＝13（a ＋b ＋c ）hr ＋43ABC S ，∴ABC S ＝4，∴三棱锥1A ABC -的体积为13ABC S h ＝13×4×4＝163．故选：B ．2．4π【分析】根据已知先求母线长，再结合轴截面可得半径，然后可得.【详解】有题意可知，PA π⋅=，所以PA =所以，圆锥的轴截面是边长为23的正三角形，圆锥的内切球的半径等于该正三角形的内切圆的半径，所以tan 3tan 301R OD AD OAD ==⋅∠=⨯︒=，所以该圆锥的内切球的表面积为4π.故答案为：4π331+##13+【分析】根据外接球的性质，结合正四棱锥的性质、内切球的性质进行求解即可.【详解】设外接球半径为R ，由题意可知，OA =OB =OC =OD =OP =R ，设四棱锥P -ABCD 的内切球半径为r ，设正方形ABCD 的边长为a ，因为底面ABCD 过球心O 2222a a R a R +=⇒=，2222116()2242R a R R R +=+⋅=，设该正四棱锥的表面积为S ，由等体积法可知：2211161(224)(2),(31)33223V Sr R R r R R R r ==+⋅⨯==+，314．6435)3π【分析】利用等体积法可求出四棱锥内切球的半径，从而可求出其体积【详解】因为正四棱锥P ABCD -内接于球O ，且底面ABCD 过球心O ，球的半径为4，所以4OA OB OC OD OP =====，所以42AB BC CD DA PA PB PC PD ========，所以正四棱锥P ABCD -的表面积为((22432S =+=，正四棱锥P ABCD -的体积为(21128433V =⨯⨯=设正四棱锥P ABCD -内切球的半径为r，则1112832)333V Sr r ==+=，解得1)r =，所以该四棱锥内切球的体积为334464(35)1)333r ππ⎡⎤=⨯=⎣⎦，故答案为：645)3π5．B【分析】设正方体的棱长为a ，求出其外接球的半径和内切球的半径，再根据表面积公式可得结果.【详解】设正方体的棱长为a，则其外接球的半径为2a ，内切球的半径为12a ，所以正方体的外接球与内切球的表面积之比是224142a ππ⎫⋅⎪⎝⎭⎛⎫⋅ ⎪⎝⎭3=.故选：B 6．1【分析】根据球的表面积公式，求得球的半径，结合正方体的对角线长等于外接球的直径，列出方程，即可求解.【详解】设正方体的棱长为a ，外接球的半径为R ，2R =，由243R ππ=，可得R22=⨯，解得1a =．故答案为：1．7．12π【分析】由于正方体的外接球直径等于正方体的体对角线，所以求出正方体的体对角线的长，可求出球的半径，从而可求出外接球的表面积【详解】解：设正方体外接球的半径为R ，则由题意可得()2222222212R =++=，即2412R =，所以外接球的表面积为2412R ππ=，故答案为：12π8．C【分析】根据题意，把三棱锥S ABC -外接球的半径，进而求得外接球的表面积，即可求解.【详解】由题意，正三棱锥S ABC -此三棱锥S ABC -的正方体，三棱锥S ABC -设正方体的外接球的半径为R ，可得2R =，即R =，所以此三棱锥的外接球的表面积为224π4π6πS R ==⨯=⎝⎭.故选：C.9．B【分析】结合长方体外接球的性质可知三棱锥A BCD -外接球的直径为AD ，进而可得结果.【详解】易得三棱锥A BCD -外接球的直径为AD ，则AD ，故三棱锥A BCD -外接球的半径R =所以24342S ππ⎛⎫=⨯= ⎪⎪ ⎭⎝，故选：B.10．9π【分析】将三棱锥-P ABC 放在长方体中，则长方体的外接球与三棱锥的外接球相同，即可求解.【详解】以线段,,PA PB PC 为相邻的三条棱为长方体，连接AB ,BC ,AC ,即为三棱锥-P ABC ，∵如图所示，长方体的外接球与三棱锥的外接球相同，∴则其外接球直径为长方体对角线的长，设外接球的半径为R ，则2222222(2)1229R PA PB PC =++=++=,解得32R =,则294π4π9π4S R ==⨯=.故答案为:9π.11．13π【分析】由题意将此四棱锥补成一个长方体，则经过A ，B ，C ，D 的外接球即为长方体的外接球，然后求出长方体的对角线的长即可得外接球的直径，从而可求出其表面积【详解】解：因为四棱锥ABCD 的对棱相等，所以将四棱锥ABCD 补成如图所示的长方体，则经过A ，B ，C ，D 的外接球即为长方体的外接球，所以球的直径为长方体的对角线的长，设长方体的长、宽、高分别为,,a b c ，因为2,======AB CD AD BC AC BD ，所以22222241012a b a c b c ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩，解得13a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩所以球的半径r =所以球的表面积为2244132r πππ=⨯=⎝⎭，故答案为：13π12．B【分析】先作出辅助线，求出外接球半径，求出球心到截面的距离，从而得到截面圆的半径，求出截面的面积.【详解】如图，作PO '⊥平面ABCD ，垂足为O '，则O '是正方形ABCD 外接圆的圆心，从而正四棱锥P ABCD -外接球的球心O 在PO '上，取棱AB 的中点E ，连接,,,O D O E OD PE ''，作OH PE ⊥，垂足为H .由题中数据可得2,4O D O E PE O P '''====，设四棱锥P ABCD -外接球的半径为R ，则()22222R O D O O OP O P O O =+='-'=''，即()22284R O O O O =+='-'，解得3R =.由题意易证OPH EPO ' ∽，则PH OPO P PE='，故PH =故所求截面圆的面积是236ππ5PH ⋅=.故选：B 13．D【分析】三棱锥补成三棱柱，问题转化为三棱柱的外接圆，利用球心到底面圆的距离为12AB ，截面圆的半径为12sin 30SA ⋅︒，由222R d r =+求球半径即可.【详解】由题意得，BA ⊥平面SAC ，将三棱锥补成三棱柱11SAC S BC -，如图，则三棱柱11SAC S BC -的外接球即为所求.设外接球的球心为O ，则SAC 的外心为1O ，则1122OO AB ==，又1142sin SAO A SCA=⨯=∠，则外接球的半径R =表面积2480S R ππ==，故选：D 14．A【分析】依据截面圆半径和球心距即可求得球半径，进而求得球O 的体积.【详解】ABC的外接圆半径2sin 2ar A===则球O 的半径2R=则球O 的体积为(3344πR π33V ===3故选：A 15．D【分析】由已知得到ABC 为直角三角形，得到ABC 所以直角ABC 所在截面小圆的半径1r =，设点D 到平面ABC 的距离为h ，结合题意求得5h =，设四面体ABCD 的外接球半径为R ，球心O 到截面的距离为d ，当D 到底面ABC 距离最远时，即h R d =+时，求得135R =，进而求得球的表面积.【详解】由1,2AB BC AC ===，可得222AB BC AC +=，所以ABC 为直角三角形，其面积为112S ==，所以直角ABC 所在截面小圆的半径112r AC ==，设点D 到平面ABC 的距离为h ，因为四面体ABCD 体积取得最大值为6，所以113263D ABC ABC S h h V -=⨯==⨯ ，解得5h =，设四面体ABCD 的外接球半径为R ，球心O 到截面的距离为d ，当D 到底面ABC 距离最远时，即h R d =+时，四面体ABCD 的体积取得最大值，因为d ==5R +=，解得135R =，所以球的表面积为2136764525S ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭.故选：D.16．5,44ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【分析】设BDC 的中心为1O ，球O 的半径为R ，连接1O D ，OD ，1O E ，OE ，可得223(3)R R =+-，解得2R =，过点E 作圆O 的截面，当截面与OE 垂直时，截面的面积最小，当截面过球心时，截面面积最大，即可求解．【详解】解：如图，设BDC 的中心为1O ，球O 的半径为R ，连接1O D ，OD ，1O E ，OE ，则123sin 603O D =︒⨯=13AO =，在Rt 1OO D 中，223(3)R R =+-，解得2R =，6BD BE = ， 2.5DE ∴=，在1DEO 中，12O E ==，OE ∴===过点E 作圆O 的截面，当截面与OE 垂直时，截面的面积最小，，最小面积为54π，当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为4π．∴所得截面圆面积的取值范围是5,44ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦，故答案为：5,44ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦．17．A【分析】先判断出MA ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形.利用球内截面的性质，过△ACD 的中心O1作平面ACD 的垂线l1，过线段MC 的中点O2作平面MAC 的垂线l2，记12l l O =∩，则O 即为三棱锥M 一ACD 外接球的球心.利用勾股定理求出半径R ，即可求出外接球的表面积.【详解】如图所示，由图可知在四面体A -CDM 中，由正方形,ABCD M 为AB 的中点，可得MA ⊥AD ，MA ⊥AC ，AC ∩AD =A ，故MA ⊥平面ACD .将图形旋转得到如图所示的三棱锥M -ACD ，其中△ACD 为等边三角形，过△ACD 的中心O1作平面ACD 的垂线l1，过线段MC 的中点O2作平面MAC 的垂线l2，由球内截面的性质可得直线l1与l2相交，记12l l O =∩，则O 即为三棱锥M 一ACD 外接球的球心.设外接球的半径为R ，连接OC ，O1C ，可得111O C ==.在Rt △OO1C 中，222211193OC OO O C R =+==，故该外接球的表面积219764433S R πππ==⨯=.故选：A.18．B【分析】由题作出图形，易得PAC △外接圆圆心在AC 中点，结合正弦定理可求ABC 外接圆半径，结合图形知，()()222222R AO AO OO ==+，再结合二面角大小求出2OO ，进而得解.【详解】根据题意，作出图形，如图所示，因为PAC △是以AC 为斜边的等腰直角三角形，所以PAC △的外心在AC 中点，设为2O ，设ABC 的外心为1O ，BC 中点为E ，11AO r =，因为AB AC ==，所以1O 必在AE 连线上，则123sin AB ABr AEC AC===，即132r =，因为两平面交线为AC ，1O 为平面ABC 所在圆面中心，所以12O O AC ⊥，()221212O O r AO =-又因为二面角P AC B --的大小为120︒，2PO AC ⊥，所以2121120,30PO O OO O ∠=︒∠=︒，所以2121OO O O =⨯，锥体-P ABC 外接球半径()()2222222512R AO AO OO ==+=+=⎝⎭，则三棱锥-P ABC 的外接球表面积为2410S R ππ==，故选：B。
篮球课外练习方法一、篮球技术练习方法（一）移动技术的练习方法1
篮球课外练习方法一、篮球技术练习方法（一）移动技术的练习方法1.起动－跑练习从基本站立姿势开始，或原地跳起落地后听或看信号后向不同方向起动做短距离加速跑。
也可以两人一组面对面相距3-4米，一人向不同方向抛球，另一人快速起动并在球落地前将球接住。
2.跑－急停练习在进行侧身跑、变向跑、变速跑等练习时听或看信号后急停，听或看信号后继续跑或变换跑进方式；也可将各种跑和急停进行组合练习。
3.起动－跑－急停－转身练习在场地内摆放若干个立柱（之字形），每个立柱相距4-5米。
练习时从端线起动，每跑到立柱的前面做急停与转身的动作。
练习时，先练习前转身，再练习后转身。
5.防守脚步动作练习从防守姿势开始，听或看手势做向左、向右、向前、向后滑步练习；按照规定路线或标志物进行之字形、三角形等组合滑步练习。
（二）传、接球技术的练习方法1．对墙传、接球的练习在墙上画上、下、左、右4个圆圈，一人一球，距墙3 m，队员做各种传、接球的练习，要求每次要把球传在同一圆圈内，每一圆圈传10次，一分钟一组，计传球次数。
2．原地做各种传、接球练习两人一组一球，相距4-5m，原地做各种传、接球的练习。
要求每种方法传20~40次。
3．一人传球，一人移动接、传球练习两人一组一球，一人原位站立，向另一人前、后、左、右方向传球，另一人移动接球。
4．原地有防守的各种传、接球练习3人一组一球，两人相距3-4 m，做各种传、接球，另一人在中间防守，传球失误或被防守者触及，失误的的队员与防守者交换攻守。
本练习也可以将传球人数增加到3-4人，练习者站成三角或四角形，间隔5米左右，防守人数为1-3人不等。
5．三角传、接球练习站成三角形，相距6-7米，每队若干人（一路纵队）。
传球给对方后跑到对方纵队的排尾，接球者传给另一路纵队后跑到对方纵队的排尾，依次类推进行练习。
本练习也可站成四角形进行练习，并随着学生传接球能力和熟练程度的提高，增加为2-3个球同时进行练习。
人教A版高中数学必修二课件第一章1.3.2球的体积和表面积(共41张PPT)
答案：288πcm3
5.(2013·新课标全国卷Ⅱ)已知正四棱锥O-ABCD的体积为
底3面2边，长为，则以O为3 球心，OA为半径的球的表面积为
2
_______.
【解析】设正四棱锥的高为h，则 1
3
2
h
3
2，
3
2
解得高h=则3 底2 .面正方形的对角线长为
2
2 3 6，
所以OA=所(3以2球)2的 (表6面)2积为6,
(3)此类问题的具体解题流程：
【变式训练】正方体的内切球和外接球的半径之比为()
A.∶31B.∶2C.2∶3 D.∶3
3
3
【解析】选D.设正方体的棱长为a,则内切球半径为 a ,
2
外接球半径为所以3a 半, 径之比为1∶=∶3. 3 3
2
【规范解答】有关球的计算问题 【典例】【条件分析】
【规范解答】设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l，
3
3
答案：(1)√(2)√(3)×(4)√
【知识点拨】 1.对球的三点说明 (1)球的表面是曲面,不能展开在一个平面上,因此没有展开图. (2)球既是中心对称的几何体,又是轴对称的几何体,它的任何 截面均为圆面,它的三视图也都是圆. (3)球是一个封闭的几何体,既包括球的表面,又包括球面所包 围的空间.
【解题探究】1.求球的体积和表面积的关键是什么？ 2.两个球的体积之比和表面积之比分别与半径有何关系？ 3.两个铁球熔化为一个球后,哪一个量是不变的？ 探究提示： 1.关键是确定球的半径. 2.两个球的体积之比等于两个球的半径比的立方,表面积之比 等于两个球的半径比的平方. 3.体积不变，即两个小球的体积和应与大球的体积相同.
第一章 7 7.3 球的表面积和体积
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01 课前 自主梳理
02 课堂 合作探究
03 课后 巩固提升
课时作业
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[自主梳理]
一、球的截面 球面被经过球心的平面截得的圆叫作球的 大圆 ；被不经过球心的平面截得的圆叫 作球的 小圆 ． 二、球的切线 与圆类似，当直线与球有唯一交点时，称直线与球 相切 ，其中它们的交点称为直 线与球的 切点 ．
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则 OC＝9－x，设球的半径为 R cm， 可得 x2＋202＝(9－x)2＋72＝R2， 此方程无正数解，即此种情况不可能． 综上可知，球的表面积是 2 500π cm2.
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[错因与防范]
(1)此题在解题时会出现盲目认为平行截面在球心的同侧， 而忽略
解析：设圆柱的高为 h，则 πR
2
)
B．2R D．4R
4 3 h＝3×3πR ，则
h＝4R.
答案：D
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2．有两个球和一个正方体，球 O1 与正方体各个面相内切，球 O2 过正方体各顶 点，则球 O1 与球 O2 的表面积之比为( 1 A. 3 3 C. 3 1 B. 4 1 D. 2 )
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球的体积和表面积有着非常重要的应用．在具体问题中，要分清是涉及 体积问题还是涉及表面积问题，然后再利用等量关系进行计算．
高中数学 第一章 立体几何初步 1.7.2 棱柱、棱锥、棱台和圆柱、圆锥、圆台的体积 1.7.3 球
7.2 棱柱、棱锥、棱台和圆柱、圆锥、圆台的体积7.3 球的表面积和体积学习目标 1.理解柱体、锥体、台体的体积公式(重点)；2.理解球的表面积和体积公式(重点)；3.能运用体积公式求解有关的体积问题，并且熟悉台体与柱体和锥体之间的转换关系(重、难点).知识点一 柱、锥、台体的体积公式几何体体积公式柱体圆柱V 柱体＝ShS —柱体底面积 h —柱体的高棱柱 锥体圆锥V 锥体＝13ShS —锥体底面积 h —锥体的高 棱锥 台体圆台V 台体＝13(S 上＋S 下＋S 上·S 下)·hS 上、S 下—台体的上、下底面面积，h —高棱台【预习评价】简单组合体分割成几个几何体，其表面积如何变化？其体积呢？ 提示 表面积变大了，体积不变. 知识点二 球的体积公式与表面积公式 1.球的体积公式V ＝43πR 3(其中R 为球的半径).2.球的表面积公式S ＝4πR 2. 【预习评价】球有底面吗？球面能展开成平面图形吗？ 提示 球没有底面，球的表面不能展开成平面.题型一 柱体、锥体、台体的体积【例1】 (1)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.解析 由所给三视图可知，该几何体是由相同底面的两个圆锥和一个圆柱组成，底面半径为1 m ，圆锥的高为1 m ，圆柱的高为2 m ，因此该几何体的体积V ＝2×13×π×12×1＋π×12×2＝83π(m 3). 答案 83π(2)在四棱锥E －ABCD 中，底面ABCD 为梯形，AB ∥CD ，2AB ＝3CD ，M 为AE 的中点，设E －ABCD 的体积为V ，那么三棱锥M －EBC 的体积为多少？解 如图，设点B 到平面EMC 的距离为h 1，点D 到平面EMC 的距离为h 2. 连接MD .因为M 是AE 的中点， 所以V M －ABCD ＝12V .所以V E －MBC ＝12V －V E －MDC .而V E －MBC ＝V B －EMC ，V E －MDC ＝V D －EMC ， 所以V E －MBC V E －MDC ＝V B －EMC V D －EMC ＝h 1h 2. 因为B ，D 到平面EMC 的距离即为到平面EAC 的距离，而AB ∥CD ，且2AB ＝3CD ，所以h 1h 2＝32.所以V E －MBC ＝V M －EBC ＝310V .规律方法 (1)求柱体的体积关键是求其底面积和高，底面积利用平面图形面积的求法，常转化为三角形及四边形，高常与侧棱、斜高及其在底面的投影组成直角三角形，进而求解. (2)锥体的体积公式V ＝13Sh 既适合棱锥，也适合圆锥，其中棱锥可以是正棱锥，也可以不是正棱锥.(3)三棱锥的体积求解具有较多的灵活性，因为三棱锥的任何一个面都可以作为底面，所以常常需要根据题目条件对其顶点和底面进行转换，这一方法叫作等积法.(4)台体的体积计算公式是V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h ，其中S 上，S 下分别表示台体的上、下底面的面积.计算体积的关键是求出上、下底面的面积及高，求解相关量时，应充分利用台体中的直角梯形、直角三角形.另外，台体的体积还可以通过两个锥体的体积差来计算. 【训练1】 某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.π2＋1 B.π2＋3 C.3π2＋1 D.3π2＋3 解析 由三视图可知原几何体为半个圆锥和一个三棱锥的组合体，半圆锥的底面半径为1，高为3，三棱锥的底面积为12×2×1＝1，高为3.故原几何体体积为：V ＝12×π×12×3×13＋1×3×13＝π2＋1.答案 A【训练2】 四边形ABCD 中，A (0，0)，B (1，0)，C (2，1)，D (0，3)，绕y 轴旋转一周，求所得旋转体的体积.解 ∵C (2，1)，D (0，3)， ∴圆锥的底面半径r ＝2，高h ＝2. ∴V 圆锥＝13πr 2h ＝13π×22×2＝83π. ∵B (1，0)，C (2，1)，∴圆台的两个底面半径R ＝2，R ′＝1，高h ′＝1. ∴V 圆台＝13πh ′(R 2＋R ′2＋RR ′)＝13π×1×(22＋12＋2×1)＝73π， ∴V ＝V 圆锥＋V 圆台＝5π.【训练3】 如图，四边形ABCD 为正方形，QA ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明PQ ⊥平面DCQ ；(2)求棱锥Q －ABCD 的体积与棱锥P －DCQ 的体积的比值. (1)证明 由条件知PDAQ 为直角梯形. 因为QA ⊥平面ABCD ，所以平面PDAQ ⊥平面ABCD ，交线为AD . 又四边形ABCD 为正方形，DC ⊥AD ， 所以DC ⊥平面PDAQ ，可得PQ ⊥DC . 在直角梯形PDAQ 中可得DQ ＝PQ ＝22PD ，则PQ ⊥QD .又DC ∩QD ＝D .所以PQ ⊥平面DCQ . (2)解 设AB ＝a .由题设知AQ 为棱锥Q －ABCD 的高， 所以棱锥Q －ABCD 的体积V 1＝13a 3.由(1)知PQ 为棱锥P －DCQ 的高. 而PQ ＝2a ，△DCQ 的面积为22a 2， 所以棱锥P －DCQ 的体积V 2＝13a 3.故棱锥Q －ABCD 的体积与棱锥P －DCQ 的体积的比值为1.题型二 球的表面积和体积【例2】 (1)已知球的表面积为64π，求它的体积； (2)已知球的体积为5003π，求它的表面积.解 (1)设球的半径为R ，则4πR 2＝64π，解得R ＝4， 所以球的体积V ＝43πR 3＝43π·43＝2563π.(2)设球的半径为R ，则43πR 3＝5003π，解得R ＝5，所以球的表面积S ＝4πR 2＝4π×52＝100π.规律方法 (1)已知球的半径，可直接利用公式求它的表面积和体积. (2)已知球的表面积和体积，可以利用公式求它的半径.【训练4】 (1)若圆锥与球的体积相等，且圆锥底面半径与球的直径相等，则圆锥侧面积与球面面积之比是________.(2)如图是一个几何体的三视图，根据图中的数据可得该几何体的表面积为________.解析 (1)设圆锥的底面半径为R ， 由题意知球的半径为R2， V 圆锥＝13πR 2h (h 为圆锥的高)，V 球＝43π(R 2)3＝16πR 3，∴13πR 2h ＝16πR 3，h ＝12R ，则圆锥的母线l ＝R 2＋h 2＝52R ， 圆锥的侧面积为π×R ×52R ＝52πR 2. 球的表面积为4π×(R2)2＝πR 2. ∴圆锥的侧面积与球面面积之比为5∶2.(2)由三视图知该几何体由圆锥和半球组成，且球的半径和圆锥底面半径都等于3，圆锥的母线长等于5，所以该几何体的表面积为S ＝2π×32＋π×3×5＝33π. 答案 (1)52(2)33π【例3】 已知直三棱柱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 的直径为( )A.3172B.210C.13D.310解析 因为三棱柱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，所以三棱柱的底面是直角三角形，侧棱与底面垂直.△ABC 的外心是斜边的中点，上下底面的中心连线垂直底面ABC ，其中点是球心，即侧面B 1BCC 1，经过球的球心，球的直径是侧面B 1BCC 1的对角线的长，因为AB ＝3，AC ＝4，BC ＝5，BC 1＝52＋122＝13，所以球的直径为13.答案 C【迁移1】 本例若将直三棱柱改为“棱长为4的正方体”，则此正方体外接球和内切球的体积各是多少？解 由题意可知，此正方体的体对角线长即为其外接球的直径，正方体的棱长即为其内切球的直径.设该正方体外接球的半径为R ，内切球的半径为r . 又正方体的棱长为4，故其体对角线长为43， 从而V 外接球＝43πR 3＝43π×(23)3＝323π，V 内切球＝43πr 3＝43π×23＝32π3. 【迁移2】 本例若将直三棱柱改为“正四面体”，则此正四面体的表面积S 1与其内切球的表面积S 2的比值为多少？解 设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径r 为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2πa 26＝63π. 【迁移3】 本例中若将直三棱柱改为“侧棱和底面边长都是32的正四棱锥”，则其外接球的半径是多少？解 依题意得，该正四棱锥的底面对角线的长为32×2＝6，高为（32）2－（12×6）2＝3，因此底面中心到各顶点的距离均等于3，所以该正四棱锥的外接球的球心即为底面正方形的中心，其外接球的半径为3.规律方法 空间几何体与球接、切问题的求解方法：(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解. (2)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段PA ，PB ，PC 两两互相垂直，且PA ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R 2＝a 2＋b 2＋c 2求解(其R为球的半径).课堂达标1.设正方体的表面积为24，那么其外接球的体积是( ) A.43π B.8π3C.43πD.323π解析 由题意可知，6a 2＝24，∴a ＝2. 设正方体外接球的半径为R ，则3a ＝2R ，∴R ＝3，∴V 球＝43πR 3＝43π.答案 C2.已知高为3的直棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是边长为1的正三角形，则三棱锥B 1－ABC 的体积为( ) A.14 B.12 C.36D.34解析 S 底＝12×1×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝34，所以V 三棱锥B 1－ABC ＝13S 底·h ＝13×34×3＝34.答案 D3.某几何体的三视图如图所示，则其表面积为________.解析 由三视图可知，该几何体为一个半径为1的半球，其表面积为半个球面面积与截面圆面积的和，即12×4π＋π＝3π.答案 3π4.一个几何体的三视图(单位：m)如图所示，则该几何体的体积为________ m 3.解析 由三视图知，几何体下面是两个球，球半径为32；上面是长方体，其长、宽、高分别为6、3、1， 所以V ＝43π×278×2＋1×3×6＝9π＋18(m 3).答案 9π＋185.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，求该球的表面积. 解 如图，设球心为O ，半径为r ，则Rt△AOF 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2，解得r ＝94，∴该球的表面积为4πr 2＝4π×(94)2＝814π.课堂小结1.柱体、锥体、台体的体积之间的内在关系为2.在三棱锥A －BCD 中，若求点A 到平面BCD 的距离h ，可以先求V A －BCD ，h ＝3VS △BCD.这种方法就是用等体积法求点到平面的距离，其中V 一般用换顶点法求解，即V A －BCD ＝V B －ACD ＝V C －ABD ＝V D －ABC ，求解的原则是V 易求，且△BCD 的面积易求.3.求几何体的体积，要注意分割与补形.将不规则的几何体通过分割或补形将其转化为规则的几何体求解.4.利用球的半径、球心到截面圆的距离、截面圆的半径可构成直角三角形，进行相关计算.5.解决球与其他几何体的切接问题，通常先作截面，将球与几何体的各量体现在平面图形中，再进行相关计算.基础过关1.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是( )A.16B.13C.23D.1解析 如图，三棱锥的底面是一个直角边长为1的等腰直角三角形，有一条侧棱和底面垂直，且其长度为2，故三棱锥的高为2，故其体积V ＝13×12×1×1×2＝13，故选B. 答案 B2.已知长方体的过一个顶点的三条棱长的比是1∶2∶3，对角线的长是214，则这个长方体的体积是( ) A.6B.12C.24D.48解析 设长方体的过一个顶点的三条棱长分别为x 、2x 、3x (x >0)，又对角线长为214，则x 2＋(2x )2＋(3x )2＝(214)2，解得x ＝2，∴三条棱长分别为2、4、6，∴V 长方体＝2×4×6＝48. 答案 D3.一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.2π＋2 3B.4π＋2 3C.2π＋233D.4π＋233解析 该空间几何体由一圆柱和一四棱锥组成，圆柱的底面半径为1，高为2，体积为2π，四棱锥的底面边长为2，高为3，所以体积为13×(2)2×3＝233，所以该几何体的体积为2π＋233.答案 C4.圆柱形容器内盛有高度为8 cm 的水，若放入三个相同的球(球的半径与圆柱的底面半径相同)后，水恰好淹没最上面的球(如图所示)，则球的半径是________cm.解析 设球的半径为r ，则圆柱形容器的高为6r ，容积为πr 2×6r ＝6πr 3，高度为8 cm 的水的体积为8πr 2，3个球的体积和为3×43πr 3＝4πr 3，由题意6πr 3－8πr 2＝4πr 3，解得r ＝4 cm. 答案 45.如图为某个几何体的三视图，则该几何体的体积为________.解析 由三视图可知，该几何体是由一个正四棱柱挖掉一个半圆锥所得到的几何体，其直观图如图所示，其中正四棱柱的底面正方形的边长a ＝2，半圆锥的底面半径r ＝1，高h ＝3，所以正四棱柱的体积V 1＝a 2h ＝22×3＝12，半圆锥的体积V 2＝12×π3r 2h ＝π6×12×3＝π2，所以该几何体的体积V ＝V 1－V 2＝12－π2. 答案 12－π26.如图，在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，求A 到平面A 1BD 的距离d .解 在三棱锥A 1－ABD 中，AA 1⊥平面ABD ，AB ＝AD ＝AA 1＝a ，A 1B ＝BD ＝A 1D ＝2a ，∵V A 1－ABD ＝V A －A 1BD ，∴13×12a 2×a ＝13×12×2a ×32×2a ×d . ∴d ＝33a . 7.已知底面半径为 3 cm ，母线长为 6 cm 的圆柱，挖去一个以圆柱上底面圆心为顶点，下底面为底面的圆锥，求所得几何体的表面积及体积.解 作轴截面如图，设挖去的圆锥的母线长为l ，底面半径为r ，则l ＝（6）2＋（3）2＝9＝3(cm)，r ＝ 3 (cm).故几何体的表面积为 S ＝πrl ＋πr 2＋2πrAD＝π×3×3＋π×(3)2＋2π×3× 6＝33π＋3π＋62π＝(33＋3＋62)π(cm 2).几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝πr 2AD －13πr 2AD ＝π×3×6－13×π×3× 6 ＝26π(cm 3).能力提升8.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 解析 如图画出圆柱的轴截面ABCD ，O 为球心.球半径R ＝OA ＝1，球心到底面圆的距离为OM ＝12. ∴底面圆半径r ＝OA 2－OM 2＝32，故圆柱体积V ＝πr 2h ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫322×1＝3π4. 答案 B9.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 ，如果不计容器厚度，则球的体积为( )A.500π3cm 3 B.866π3 cm 3 C.1 372π3 cm 3 D.2 048π3 cm 3 解析 作出该球的轴截面图如图所示，依题意BE ＝2，AE ＝CE ＝4，设DE ＝x ，故AD ＝2＋x ，因为AD 2＝AE 2＋DE 2，解得x ＝3，故该球的半径AD ＝5，所以V ＝43πR 3＝500π3(cm 3). 答案 A10.若球的半径由R 增加为2R ，则这个球的体积变为原来的________倍，表面积变为原来的________倍.解析 球的半径为R 时，球的体积为V 1＝43πR 3，表面积为S 1＝4πR 2，半径增加为2R 后，球的体积为V 2＝43π(2R )3＝323πR 3，表面积为S 2＝4π(2R )2＝16πR 2. 所以V 2V 1＝323πR 343πR 3＝8，S 2S 1＝16πR 24πR 2＝4， 即体积变为原来的8倍，表面积变为原来的4倍.答案 8 411.已知三棱锥A －BCD 的所有棱长都为2，则该三棱锥的外接球的表面积为________. 解析 如图，构造正方体ANDM －FBEC .因为三棱锥A －BCD 的所有棱长都为2，所以正方体ANDM －FBEC 的棱长为1.所以该正方体的外接球的半径为32. 易知三棱锥A －BCD 的外接球就是正方体ANDM －FBEC 的外接球，所以三棱锥A －BCD 的外接球的半径为32.所以三棱锥A －BCD 的外接球的表面积为S 球＝4π⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝3π. 答案 3π12.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 ＝18，BC ＝24，AC ＝30，求球的表面积和体积.解 ∵AB ∶BC ∶AC ＝18∶24∶30＝3∶4∶5，∴△ABC 是直角三角形，∠B ＝90°.∵球心O 到截面△ABC 的投影O ′为截面圆的圆心，也即是Rt△ABC 的外接圆的圆心，∴斜边AC 为截面圆O ′的直径(如图所示).设O ′C ＝r ，OC ＝R ，则球半径R ，截面圆半径r ，在Rt△O ′CO 中，由题设知sin∠O ′CO ＝OO ′OC ＝12， ∴∠O ′CO ＝30°，∴rR ＝cos 30°＝32，即R ＝23r ，① 又2r ＝AC ＝30⇒r ＝15，代入①得R ＝10 3.∴球的表面积为S ＝4πR 2＝4π(103)2＝1 200π.球的体积为V ＝43πR 3＝43π(103)3＝4 0003π. 13.(选做题)有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为r 的铁球，并注入水，使水面与球正好相切，然后将球取出，求这时容器中水的深度. 解 由题意知，圆锥的轴截面为正三角形，如图所示为圆锥的轴截面.根据切线性质知，当球在容器内时，水深为3r ，水面的半径为3r ，则容器内水的体积为V＝V 圆锥－V 球＝13π·(3r )2·3r －43πr 3＝53πr 3， 而将球取出后，设容器内水的深度为h ，则水面圆的半径为33h ， 从而容器内水的体积是V ′＝13π·(33h )2·h ＝19πh 3，由V ＝V ′，得h ＝315r . 即容器中水的深度为315r .。
2022-2023学年广东省广州市铁一,广附,广外高三上学期三校联考数学试卷带讲解
故选：AB
11.已知抛物线 的焦点为F，过F的直线与抛物线相交于A，B两点.过A，B两点分别作抛物线的切线，两切线交于点Q.直线l为抛物线C的准线，与x轴交于点D，则（）
A.当 时， B.若 ，P是抛物线上一个动点，则 的最小值为2
则 ，所以 故A正确；
对于B，当 时， ，
对 两边求导，则
因为
所以
令
∴
所以 在 上单调递增，所以B错；
对于C，由B知， 在 上单调递增， 上单调递减，
由 知 不可能均大于等于1，
否则 则 这与条件矛盾，舍去，
若 则 满足条件，此时
②若 则 而
则
所以
而 所以 C正确；
对于D， 在 上单调递增， 上单调递减，
【详解】设 ， ， ， ，
则 ， ， ， ， .
所以 ，
当且仅当 ， 时等号成立.
所以 的的最小值是 .
故选：B7.在边长为2的菱形 中， ，垂足为点E，以 所在的直线为轴，其余四边旋转半周形成的面围成一个几何体，则该几何体的表面积为（）
A. B. C. D.
C
【分析】根据题设得到旋转体为底面直径、母线为2的半圆锥和上下底面直径分别为2、4，母线为2的半圆台，画出几何体，利用圆锥、圆台的表面积公式求几何体的表面积.
所以 ，故B错误；对于C，
，而 ，
所以 ，所以 ，故C正确；
对于D，由 ，因为 ，
所以 ，所以 ，故D错误.故选：C．
【点睛】（1）赋值法是解决一些抽象函数问题常见的方法之一；
（2）根据单调性比较大小是解决抽象函数及复杂函数比大小或解不等式的重要方法.