立体几何之与球有关的高考试题

1、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 d 2OO12 R2 r 2 ，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 36B.64C.144D.256参考答案2.3.4.类型一：

2、 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 O1 是一小圆， OO12 ， A、 B 是圆 O1 上两点，若 A， B 两点间的球面距离为 2 ，则AO1B = .32如图球 O 的半径为2，圆 O1 是一小圆， OO12 ， A、B 是圆 O1 上两点，若AO1B =，则2A,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c2r ，从而解决问题。sin C3. 直三棱柱 ABC A1 B1C1 的各顶点都在同一球面

3、上，若AB AC AA1 2 ,BAC120 ，则此球的表面积等于。4.正三棱柱 ABCA B C 内接于半径为 2的球，若 A, B 两点的球面距离为，则正三棱柱的体积111为5.12已知球的直径SC=4，A，B 是该球球面上的两点， AB= 3 ，ASCBSC30 ，则棱锥 S ABC 的体积为A3 3B2 3C 3D 1（11）已知S, A, B,C是球 O 表面上的点，SA 平面 ABC，ABBC ，SA AB1 ，2，6.BC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

4、 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7，则球 O 的表面积等于.（2009 年文科）48.已知平面 截一球面得圆径为 4，圆 M 的面积为4M ，过圆心 M 且与 成二面角的平面 截该球面得圆，则圆 N 的面积为N. 若该球面的半(A)7(B)9(C)11(D)139. （ 5）如果把地球看成一个球体，则地球上的北纬60 0 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8 cm 的水，若放入三

5、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ABCDA1B1C1D1 的顶点均在同一个球面上，ABAA11 ，BC2 ，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3 ，则这两个圆锥中， 体积16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

6、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，AB4 若 OMON3，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 AB 6, BC 2 3 ,则棱锥 OABCD 的体积为。18.（ 9）高为2 的四棱锥 S-ABCD 的底面是边长为1 的正方形，点S、 A、 B

7、、 C、 D 均在半径为41 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） 2（ B ）2(C)1(D)242参考答案： 、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R2r223d 。 AA 1=2, dOO1 OO21 AA1 1。2现将问题转化到O 的半径之上。2因为 ABC是 O2 的内接三角形，又知AB=AC=2， BAC=120，三角形可解。由余弦定理有由正弦定理有BCAB2AC22 AB AC cos BAC4 4 4 2 3 ，BC2rrBC2sinBAC2sin BAC R2r 2d 24 1 5.S 4R220 。

8、4、 85、C6 A7 问题的解决根本求球半径ROB 。与 R 相关的重要性质 R2r 2d 2 中， r 2 可求（r 27 r27 ）44问题转化到求 dOC 上充分运用题目中未用的条件，R， OMC=45， dROM222于是 R27R2求得 R22，S 4 R28488 D9、 C10、411、12、 4313、 1/314、 2 R2315、析： 由 OM=ON知， M与 No 为等圆，根据球中的重要性质r 2R2d 21697又 MH AB 得 H 为 AB 中点， BH=AH=2 MHNHr 2BH 23 OMH= ONH=90 MON= MHN由余弦定理有 MN 2=OM 2

9、+ON 2 2OM ON cos MONAMN 2=MH 2+NH 2 2MH NH cos( MON)O解得 cos MON= 1 ，即 MON=23NMDBC三角形 OMN 为等边三角形， MN=3.16、 16 17、 2418、C二、二面角的求法：1、如图，在四棱锥P-ABCD中， AB/CD，且BAPCDP90 .（ 1）证明：平面 PAB平面 PAD；（ 2）若 PA=PD=AB=DC， APD 90 ，求二面角 A- PB- C的余弦值 .2、如图，在平行六面体ABCD111中，1 平面 ABCD ，且 ABAD 2，A1BC DAAAA13 ， BAD 120 .（ 1) 求异

10、面直线 A1 B 与 AC1 所成角的余弦值；（ 2）求二面角 B A1D A 的正弦值。1、（ ）由已知BAPCDP90，得 ABAP，CD PD1由于 AB / /CD ，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F xyz由（ 1）及已知可得 A(2 ,0,0),P(0,0,2),B(2 ,1,0), C (2

11、,1,0)2222所以PC (2 ,1,2),CB( 2,0,0), PA( 2,0,2 ), AB (0,1,0)2222设 n ( x, y, z) 是平面 PCB 的法向量，则n PC0,22即x yz 0,n CB022y0可取 n(0, 1,2)设 m ( x, y, z) 是平面 PAB 的法向量，则m PA0,2x2即 2z 0,m AB02y0可取 m(1,0,1)则 cos n, mn m3| n |m |3所以二面角APBC 的余弦值为332、22. 解：在平面 ABCD 内，过点 A 作 AEAD ，交 BC于点 E因为 AA1平面 ABCD ，所以 AA1AE, AA1

12、AD如图，以 AE, AD, AA 为正交基底，1建立空间直角坐标系Axyz因为 ABAD2, AA13,BAD120 ，则 A(0,0,0), B(3,1,0), D (0,2,0), E(3,0,0), A1 (0,0, 3), C1 ( 3,1, 3)（1） AB(3, 1,3), AC( 3,1, 3),11A1B AC1则 cosA1 B, AC1| A1B | AC1 |( 3,1,3) (3,1,3)177因此异面直线AB1 与 AC1 所成角的余弦值为17（ 2）平面 A1 DA 的一个法向量为AE( 3,0,0)设 m (x, y, z) 为平面BAD的一个法向量，1又 AB1(3,1,3), BD(3,3,0),m A1 B 0,3x y3z 0,则即m BD0,3x 3y0不妨取 x3 ，则 y3，z2，所以 m(3,3,2)为平面 BA1D的