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【优化方案】2014届高考数学 9.8 简单多面体与球(A、B)课时闯关(含解析)


9.8 简单多面体与球(A、B) 课时闯关(含答案解析)
一、选择题 2 2 1.过表面积为 4π 的球面上一点 M 作两两互相垂直的三条弦 MA、MB、MC,则 MA +MB 2 +MC 等于( ) A.1 B.2 C.3 D.4 2 解析:选 D.由 S=4π =4π r ,故 r=1. 因 MA、MB、MC 两两垂直,故可构造球的内接长方体,MA、MB、MC 为其三条棱,长方体 2 2 2 2 的体对角线长等于球的直径长 2,故有 MA +MB +MC =2 =4. 2.用与球心距离为 1 的平面去截球,所得的截面面积为 π ,则球的体积为( ) 8π 8 2π A. B. 3 3 32π C.8 2π D. 3 2 2 2 解析:选 B.截面面积为 π ,则该小圆的半径为 1,设球的半径为 R,则 R =1 +1 =2, 4 8 2π 3 ∴R= 2,V= π R = . 3 3 3.(2012·高考四川卷)如图,半径为 R 的半球 O 的底面圆 O 在平面 α 内,过点 O 作平 面 α 的垂线交半球面于点 A, 过圆 O 的直径 CD 作与平面 α 成 45°角的平面与半球面相交, 所得交线上到平面 α 的距离最大的点为 B,该交线上的一点 P 满足∠BOP=60°,则 A、P 两点间的球面距离为( )

A.Rarccos C.Rarccos

2 4

B.

πR 4

3 πR D. 3 3 解析:选 A.由题意知,OA⊥α ,平面 BCD 与平面 α 的夹角为 45°,如图所示.

OE 为 OB 在平面 α 上的射影,所以∠BOE=45°.过 A 作 AH⊥平面 BCD 于点 H,则 H 一 定落在 OB 上, ∴∠AOH 为 OA 与平面 BCD 所成的角, 且∠AOH=∠AOE-∠BOE=45°.又∠BOP=60°,
由 cos∠AOP=cos∠AOB·cos∠BOP=cos 45°cos 60°= ∴ =Rarccos 2 2 ,∴∠AOP=arccos , 4 4

2 . 4 4.设直线 l 与球 O 有且只有一个公共点 P,从直线 l 出发的两个半平面 α ,β 截球 O 的两个截面圆的半径分别为 1 和 3, 二面角 α -l-β 的平面角为 150°, 则球 O 的表面积 为( )
1

A.4π C.28π

B.16π D.112π

解析:选 D.如图所示,|PO1|=1, |PO2|= 3,∠O2PO1=150°, ∵P、O2、O1、O 四点共面,OO2⊥O2P,OO1⊥PO1,∴∠O2OO1=30°. PO2 3 1 设球的半径为 r,则有 sin∠POO2= = ,sin∠POO1= .

PO

r

r

1 ∴sin∠O2OO1=sin(∠POO2+∠POO1)=sin 30°= . 2 ∴r= 28,∴S 表=4π r =112π . 5.已知 A、B、C 三点在球心为 O,半径为 3 的球面上,A、B 两点间的球面距离为 π , 若三棱锥 O-ABC 为正三棱锥,则该正三棱锥的体积为( ) 3 2 9 2 A. B. 4 4 27 2 4 解析: C. D.36
2

π 选 B.由题意可知,r=OA=OB=OC=3,∵A、B 两点间的球面距离为 π ,∴∠AOB= . 3 ∴AB=3. ∵O-ABC 为正三棱锥, ∴AB=BC=AC=3. 过 O 作 OO′⊥面 ABC 于 O′, O′为正三棱锥 O-ABC 底面的中心, 则 连结 AO′, AO′ ∴ = 3. 1 3 9 3 1 9 3 在 Rt△OO′A 中, ′= 9-3= 6.S△ABC= ×3× ×3= OO .∴VO-ABC= × × 6 2 2 4 3 4 9 2 = . 4 二、填空题 6.(2011·高考课标全国卷)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 O?ABCD 的体积为__________.

解析:依题意棱锥 O?ABCD 的四条侧棱长相等且均为球 O 的半径,如图连接 AC,取 AC
2

中点 O′,连接 OO′. 2 2 易知 AC= AB +BC =4 3, 故 AO′=2 3, 2 在 Rt△OAO′中,OA=4,从而 OO′= 4 -12=2. 1 所以 VO?ABCD= ×2×6×2 3=8 3. 3 答案:8 3 7. (2011·高考四川卷)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 时,球的表面积与该圆柱的侧面积之差是__________.

解析:法一:设圆柱的轴与球的半径的夹角为 α ,则圆柱高为 2Rcos α ,圆柱底面半 径为 Rsin α , 2 ∴S 圆柱侧=2π ·Rsin α ·2Rcos α =2π R sin 2α . 2 当 sin 2α =1 时,S 圆柱侧最大为 2π R , 2 2 2 此时,S 球表-S 圆柱侧=4π R -2π R =2π R . 法二:设圆柱底面半径为 r, 2 2 则其高为 2 R -r . 2 2 ∴S 圆柱侧=2π r·2 R -r . 2 4π r 2 2 S′圆柱侧=4π R -r - 2 2 R -r 令 S′圆柱侧=0,得 r= 当 0<r< 2 R. 2

2 2 R 时,S′>0;当 R<r<R 时,S′<0. 2 2

2 R 时,S 圆柱侧取得最大值 2π R2. 2 2 2 2 此时 S 球表-S 圆柱侧=4π R -2π R =2π R . 2 2 法三:设圆柱底面半径为 r,则其高为 2 R -r , 2 2 ∴S 圆柱侧=2π r·2 R -r 2 2 r2+(R -r ) 2 (R2-r2)≤4π =4π r 2 2 2 2 ?当且仅当r =R -r ,? ∴当 r=

?. =2π R ? ?即r= 2R时取“=”? 2 ? ?
2

2 R 时,S 圆柱侧最大为 2π R2. 2 2 2 2 此时 S 球表-S 圆柱侧=4π R -2π R =2π R . 2 答案:2π R 8.(2011·高考课标全国卷)已知两个圆锥有公共底面,且两圆锥的顶点和底面的圆周 3 都在同一个球面上.若圆锥底面面积是这个球面面积的 ,则这两个圆锥中,体积较小者的 16 高与体积较大者的高的比值为________. ∴当 r=
3

3 3 2 2 2 2 解析:如图,设圆锥底面圆半径为 r,球的半径为 R, 则由 π r = ×4π R , r = R . 知 16 4 根据球的截面的性质可知两圆锥的高必过球心 O,且两圆锥的顶点以及圆锥与球的交点是球 的大圆上的点,因此 PB⊥QB. 设 PO′=x,QO′=y,则 x+y=2R.① 2 2 又△PO′B∽△BO′Q,知 r =O′B =xy. 3 2 2 即 xy=r = R .② 4 3 R 由①②及 x>y 可得 x= R,y= . 2 2 1 则这两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大者的高的比为 . 3 1 答案: 3 三、解答题 9.已知球的两个平行截面的面积分别为 49π 、400π ,且两个截面之间的距离为 9,求 球的表面积.

解:如图为球的一个大圆截面. 2 π ·O1A =49π ,则 O1A=7. 2 又 π ·O2B =400π ,∴O2B=20. (1)当两截面在球心同侧时, OO1-OO2=9= R2-72- R2-202, 2 2 解得 R =625,S 球=4π R =2 500π . (2)当两截面在球心异侧时, OO1+OO2=9= R2-72+ R2-202,无解. 综上,所求球的表面积为 2 500π .

10.在北纬 45°圈上有 A、B 两点,沿该纬线圈上 A、B 两点的劣弧的长为 地球半径),求 A、B 两点的球面距离. 解:设北纬 45°圈的小圆的圆心为 O1,半径为 r,则 O1A=O1B=r, ∵∠AOC=45°,∴∠AOO1=45°.

2π R (R 为 4

4

2 R. 2 设∠AO1B 弧度数为 θ ,由题意有 2 2 2 π rθ = π R.即 Rθ = π R,θ = . 4 2 4 2 又在 Rt△AO1B 中, 2 AB= O1A2+O1B2= 2r2= 2× R=R. 2 在△AOB 中,OA=OB=AB=R, π πR ∴∠AOB= ,故 A、B 两点的球面距离为 . 3 3 11.(探究选做)已知正八面体的棱长为 a,求: (1)两个相邻的面的中心间的距离; (2)两个相对面的距离.

r=O1A=AO·sin 45°=

解:(1)如图,正八面体 S-ABCD-P,面 SBC 与面 SCD 的中心分别为 E、F, 连结 SE、SF 并延长分别交 BC、CD 于 M、N, 2 2 1 则 EF= MN= · BD 3 3 2 1 2 = ·BD= a. 3 3 同理可求 SBC 与 PBC 的中心间的距离也是 2 a. 3

(2)面 ABP∥面 SCD,AB∥面 SCD, ∴AB 到面 SCD 的距离,即为面 ABP 与面 SCD 的距离,取 AB 的中点 R,连结 SR、RN,则 面 RSN⊥面 SCD,即 R 到 SN 的距离 h 即为所求. 1 1 6 6 设正八面体中心为 O, △SRN= RN·SO= SN·h, = a.即所求两个相对面的距离为 S h 2 2 3 3 a.

5


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