立体几何之与球有关高考试题

.word范文立体几何分类复习一、球的相关知识考试核心：方法主要是“补体”和“找球心”1.长方体、正方体的外接球其体对角线长为该球的直径．2．正方体的内切球其棱长为球的直径．3．正三棱锥的外接球中要注意正三棱锥的顶点、球心及底面正三角形中心共线．4．正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.5.性质的应用22212rROOd，构造直角三角形建立三者之间的关系。1.（2015高考新课标2，理9）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.word范文.word范文参考答案2.3.4..word范文类型一：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．如图球O的半径为2，圆1O是一小圆，12OO，A、B是圆1O上两点，若A，B两点间的球面距离为23，则1AOB=.2．如图球O的半径为2，圆1O是一小圆，12OO，A、B是圆1O上两点，若1AOB=2，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rCc2sin，从而解决问题。3.直三棱柱111ABCABC的各顶点都在同一球面上，若12ABACAA,120BAC，则此球的表面积等于。4.正三棱柱111ABCABC内接于半径为2的球，若,AB两点的球面距离为，则正三棱柱的体积为．5.12．已知球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，AB=3，30BSCASC，则棱锥S—ABC的体积为A．33B．32C．3D．16.（11）已知,,,SABC是球O表面上的点，SAABC平面，ABBC，1SAAB，2BC，则球O表面积等于（A）4（B）3（C）2（D）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。7.15.设OA是球O的半径，M是OA的中点，过M且与OA成45°角的平面截球O的表面得到圆C。若圆C的面积等于74，则球O的表面积等于.（2009年文科）8.已知平面α截一球面得圆M，过圆心M且与α成二面角的平面β截该球面得圆N.若该球面的半径为4，圆M的面积为4，则圆N的面积为.word范文(A)7(B)9(C)11(D)139.（5）如果把地球看成一个球体，则地球上的北纬060纬线长和赤道长的比值为（A）0.8（B）0.75（C）0.5（D）0.25类型四：球内接多面体的相关元素之间的联系。10.圆柱形容器内部盛有高度为8cm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．（2010年理科）11.16．长方体1111ABCDABCD的顶点均在同一个球面上，11ABAA，2BC，则A，B两点间的球面距离为.12.体积为8的一个正方体，其全面积与球O的表面积相等，则球O的体积等于．13.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_______．14.如图，半径为R的球O中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大是，求的表面积与改圆柱的侧面积之差是.类型五：平面几何性质在球中的综合应用。15.已知球O的半径为4，圆M与圆N为该球的两个小圆，AB为圆M与圆N的公共弦，4AB．若3OMON，则两圆圆心的距离MN．类型六：性质的简单应用。16.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3，则球O的表面积等于_____________.17.（15）已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且6,23ABBC,则棱锥OABCD的体积为。18.（9）高为24的四棱锥S-ABCD的底面是边长为1的正方形，点S、A、B、C、D均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为（2011年理科）（A）24（B）22(C)1(D)2.word范文BCDANMO参考答案：3、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222drR。∵AA1=2,∴121121AAOOOOd。现将问题转化到⊙O2的半径之上。因为△ABC是⊙O2的内接三角形，又知AB=AC=2，∠BAC=120°，三角形可解。由余弦定理有32444cos222BACACABACABBC，由正弦定理有2sin22sinBACBCrrBACBC∴.514222drR∴2042RS。4、85、C6A7问题的解决根本——求球半径OBR。与R相关的重要性质222drR中，2r可求（∵472r∴472r）问题转化到求OCd上充分运用题目中未用的条件，2ROM，∠OMC=45°，∴22Rd于是84722RR求得22R，∴842RS8D9、C10、411、312、3413、1/314、22R15、析：由OM=ON知，⊙M与⊙No为等圆，根据球中的重要性质∴7916222dRr又MH⊥AB得H为AB中点，∴BH=AH=2∴322BHrNHMH∵∠OMH=∠ONH=90°∴∠MON=π－∠MHN由余弦定理有MN2=OM2+ON2－2OM·ON·cos∠MONMN2=MH2+NH2－2MH·NH·cos(π－∠MON)解得cos∠MON=21，即∠MON=3∴三角形OMN为等边三角形，∴MN=3.16、16π17、2418、C.word范文二、二面角的求法：1、如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且90BAPCDP.（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，90APD，求二面角A-PB-C的余弦值.2、如图，在平行六面体1111ABCDABCD中，1AA⊥平面ABCD，且2ABAD，13AA，120BAD.（1)求异面直线1AB与1AC所成角的余弦值；（2）求二面角1BADA的正弦值。.word范文1、（1）由已知90BAPCDP，得ABAP，CDPD由于//ABCD，故ABPD，从而AB平面PAD又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD（2）在平面PAD内作PFAD，垂足为F由（1）可知，AB平面PAD，故ABPF，可得PF平面ABCD以F为坐标原点，FA的方向为x轴正方向，||AB为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz由（1）及已知可得2222(,0,0),(0,0,),(,1,0),(,1,0)2222APBC所以2222(,1,),(2,0,0),(,0,),(0,1,0)2222PCCBPAAB设(,,)nxyz是平面PCB的法向量，则0,0nPCnCB即220,220xyzy可取(0,1,2)n设(,,)mxyz是平面PAB的法向量，则0,0mPAmAB即220,220xzy可取(1,0,1)m则3cos,||||3nmnmnm所以二面角APBC的余弦值为332、22.解：在平面ABCD内，过点A作AEAD，交BC.word范文于点E因为1AA平面ABCD，所以11,AAAEAAAD如图，以1{,,}AEADAA为正交基底，建立空间直角坐标系Axyz因为12,3,120ABADAABAD，则11(0,0,0),(3,1,0),(0,2,0),(3,0,0),(0,0,3),(3,1,3)ABDEAC（1）11(3,1,3),(3,1,3),ABAC则111111cos,||||ABACABACABAC(3,1,3)(3,1,3)177因此异面直线1AB与1AC所成角的余弦值为17（2）平面1ADA的一个法向量为(3,0,0)AE设(,,)mxyz为平面1BAD的一个法向量，又1(3,1,3),(3,3,0),ABBD则10,0,mABmBD即330,330xyzxy不妨取3x，则32yz，，所以(3,3,2)m为平面1BAD的一个法向量，从而(3,0,0)(3,3,2)3cos,4||||34AEmAEmAEm设二面角1BADA的大小为，则3|cos|4因为[0,]，所以27sin1cos4.word范文因此二面角1BADA的正弦值为74.word范文1．函数()fx在(,)单调递减，且为奇函数．若(11)f，则满足21()1xf的x的取值范围是A．[2,2]B．[1,1]C．[0,4]D．[1,3]1、D欢迎您的光临，word文档下载后可以修改编辑。双击可以删除页眉页脚。谢谢！单纯的课本内容，并不能满足学生的需要，通过补充，达到内容的完善