立体几何之与球有关的高考试题老师

1立体几何与球专题讲义一、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。真题回放：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.256π23参考答案1、2.3.4.4题型总结类型一：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．156.（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.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.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(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．11.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.612.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.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.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（A）24（B）22(C)1(D)27BCDANMO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