《2024球内接几何体的计算.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024球内接几何体的计算.docx（20页珍藏版）》请在课桌文档上搜索。
1、2024球内接几何体的计算专题：球内接几何体的计算【例1】（2016福建漳州5月质检）三棱锥S-ABC中，SBJ平面ABC,SB=邪,ABC是边长为G的正三角形，则三棱锥S-ABC的外接球的表面积为（）A.311B.511C.9万D.12兀【例2】（2008年富考浙江卷理科14）已知球O的面上四点A、B、C、DD4_1.平面ABC,ABBC,DA=AB=BC=y3,则球O的体积为./Z）【变式】（1）（2016年东北三省三校（哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）高三联考）三棱柱ABCA1BG各顶点都在一,个球面上，侧棱与底面垂直，NACB=I20,CA=CB=26,M=4,则这个球的
2、表面积为.【变式】（2）在三棱柱A4C-A4G中，侧棱AAl垂直底面，ZC4=90,NBAC=30,4C=l,且三棱柱A8C-A4G的体积为3,则三棱柱A8C-A4G的外接球表面积为.【变式】（3）个几何体的三视图如图所示，其中主视图和左视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为（）A.211B.4&C.3兀D.123【变式】（4）（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学理科10）已知三棱柱ABC-A旦G的6个顶点都在球O的球面上,若AB=3,AC=4,ABAC,A41=12,则球O的半径为（）A.型B.210C.D.31022【例】在正三棱锥S-ABC中，M、
3、N分别是棱SC、BC的中点，且4V1.MV,若侧棱SA=20,则正三棱锥S-ABC外接球的表面积是.【变式】（1）已知三棱锥P-ABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB=书,BC=,AC=2,则此三棱锥的外接球的体积为（）a8R8艮r16n32A.-7D.TCC.7tD,1,J3333【变式】（2）（莆田市2017届高三3月教学质量检查）如右上图，网格纸上小正方形的边长为1.粗实线画出的是某几何体的三视图，若该几何体的顶点都在球O的球面上,A.257B.50万C.754D.100万【例】在三棱锥A-ACD中，AB=CD=2,AD=BC=EAC=BD=6,则三棱锥A88外接球的表面积为.【变式】（1
4、）在四面体ABCD中，AB=8=6,AC=E）=4,AD=BC=5,则四面体ABCD的外接球表面积为.5行【变式】（2）（2016届重庆市巴蜀中学高三上学期一诊）AB,G。四点在半径为；一的球面上,且AC=B=5,AD=BC=a,AB=CD,则三棱锥。一AeC的体积是,【例】在正三棱锥P-ABC中，PA=P8=PC=5,侧棱BA与底面ABC所出的隹头“n。川；玄二捺锥外接球的体积为（.1111B.3C.4乃44D.3【变式】（1）已知正三棱锥P.C,点RA,8,C都在半径为外的球面上，若PAP氏PC两两互相垂直，则球心到截面.C的距离为（）A.立B.也C.立D.亚2332【变式】（2）一个正三
5、棱锥的四个顶点都在半径K=2的球面上，其中底面的三个顶点在半径为r=退的一个球的小圆上，则该正三棱锥的体积是（）3r339Gn33-v93A.B.C.I）.或44444【例】（2014年高考全国大纲卷理科8）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,则该球的表面积为（）8U4B. 164C. 9兀D.27;T4【变式】四棱锥尸-488的底面是边长为4忘的正方形，侧棱长都等于4正，则经过该棱锥五个顶点的球面面积为.求数列极限的十五种方法1 .定义法-N定义：设为为数列，为定数，若对任给的正数,总存在正数N,使得当N时，有|4-4O.证：当。=1时，结论显然成立.当白l时，记=
6、-l,则0,由=(l+)l+a=l+(a-1),得-l,n任给0,贝!)当I=N时，就有a-lg,即一1l,由上易知：lim6=l,limn=-ranIim综上，Iimarl=1,其中0.例2.求：Iim-.in777789f0,TN=6!6!77N时，有！-一0-O,m正整数N,使得当小桃N时，总有：IlVe成立.例3.证明：数列Z=S畔A=I25=1,2,3,）为收敛数列.证:xn-xnsinn+2f0,取N=Jj,当mN时，有Iz-XjV,由柯西收敛准则，数列x,J收敛.例4.（有界变差数列收敛定理）若数列伉满足条件：氏一%|+|%-XM+上一3区，（=1,2,），则称%为有界变差数列，
7、试证：有界变差数列一定收敛.证：令=o,ynn-n-l+-n-2+-2-l那么单调递增，由已知可知：有界，故收敛，从而W0,m正整数N,使得当11N时，有卜）一丁；此即kSk-J+*1.*2+-&1.0,=1,2,)极限存在，并求证：由假设知工=匚；用数学归纳法可证：xdwN；此即证是单调递增的.事实上，OVxeUVJ+11fa+N时，有：ancnb11t则数列cr收敛，且Iimq=.例6.求：Iim(-r-!+-r+).1+2+/l+2+n；X；n2+n+nw2+/7+1i+1n+n+2n+n+n解：记：怎=一一+一一+，贝J:-+1+2n+7；x0,总存在某一正数6,使得对3的任意分割T,
8、在其上任意选取的点集&,ixi.l,xi,只要TV就有X()r,-Jn例10.计算：Iimfi+-QN_Ip*/解：Iim-=Iim-=(ex)1=1.n-IxI-Onn-M-解：一方面，(1+-y)8时，XZffO且limxlx=I,则有lim=/,其中/为有限数，或+,或00.-XyIITgyJIH-I）0JfTt1.七r1+2h-n,例11.求：Iim（PeN）.解：令原=l+2+，乂=Trl,/ieN,则由定理1,得:1.1+2+”1.(n+iy,1.5+1)P1Iim：=Iim；=Iim=i(+1尸E(P+1)献(P+)P+P+1注：本题亦可由方法五(即定积分定义)求得，也较为简便，
9、此处略.InCfJ例12.设5r=2，求：Hmg.nr解：令尤=，则%单调递增数列，于是由定理2得:=Iimrr6nC;l11Cl-mc:ni-(,l)ln(.l)-ln=Hm卫+4=lim0n-k+l=Iim一E(n+l)-w*2n+F2n+=IimW-MO(+l)In(?+1)Inn-ln(n+1)2+1注：StoIZ定理是一种简便的求极限方法，特别对分子、分母为求和型，利用SlolZ定理有很大的优越性，它可以说是求数列极限的洛必达（1.HOSPiIa）法则.8.利用级数求和求数列极限由于数列与级数在形式上的统一性，有时数列极限的计算可以转化为级数求和，从而通过级数求和的知识使问题得到解决
10、.例13.求：lim(-+-+),(a1).aazan解：令X=1.则国Vl,考虑级数：tnxn.lim%1.=Iim把变二=x4心出WCf=,=+；而S(X)=J(x)=X”因此，原式=S(7)二a-(D()由于级数与数列在形式上可以相互转化，使得级数与数列的性质有了内在的密切联系，因此数列极限的存在性及极限值问题，可转化为研究级数收敛性问题.例14.设%0,22(1+U5=01,2,.),证明：数列xj收敛，并求极限Iim2+xnE证：由XO0,可得：xn0(11=0,1,2,),令/(X)=2-十八)(0),2+x则，5=0，1，2,)，(2+x)22+xt考虑级数：k,-w;rr=O由
11、于=/()-/(%)=-，；所以，级数之%.收敛,从而f(%r)收敛.11=011=0令S.=t(%E-x*)=%-天，YlimS”存在，Iim演“=%+1生电=/(存在)；ifft*jn-XJt=O对式子：*2(1+怎),两边同时取极限：/=士。，,2+x2+1：1=近或I=-近(舍负)：limxn=2.证：设=1+-+-23例15.证明：Iim(I+,+!+!in)存在.(此极限值称为Euler常数).23n+-Inw贝-l11-ln(11-l)对函数y=ln在-1,网上应用拉格朗日中值定理,可得：ln7-ln(w-l)=5(OVe1),w-l+0,求：Iim*/-sinx.IV3解：对于
12、固定的x,当8时，单调趋于无穷，由StoIZ公式，有:sin.XIimzzsin2x=Iimfh-rf)=IimsinXw+1-11.11-=迎iTsinsin：xsin2(sinzzx)sin2zxr4-6r;(r6)r-(r-4+o(r4)1.1t.rsin2/=Iim=Iim-=Iim(r11M广_Sim3sin21ft4-tb+o(th)-t2+o(t2)=Iim-=Iim=3.r(14if-*I-t+o(t)-+o(l)11 .利用微分中值定理求极限拉格朗日中值定理是微分学重要的基本定理，它利用函数的局部性质来研究函数的整体性质，其应用十分广泛.下面我们来看一下拉格朗日中值定理在求数
13、列极限中的应用.例17.求：Iimn2(arctan-arctan),(00).nz+l解：设/(x)=arctanX,在/一，与上应用拉格朗日中值定理，n+n得：/(与一号)=：二一冬)，火1号，与，nn+1l+nn+n+1n故当8时，0,可知：原式=Iirr1工=.I+2+112 .巧用无穷小数列求数列极限引理：数列区收敛于。的充要条件是：数列UI-为无穷小数列.注：该引理说明，若!冲乙=。，则;可作变量”替换：令J=+,l,其中,J是一个无穷小数列.定理1:若数列%为无穷小数列，则数列J也为无穷小数列，反之亦成立.定理2：若数列t为无穷小数列，则数列+%+4也为无穷小数列.n推论1:设数
14、列j为无穷小数列，则数列(做回+.也为无穷小数列.n例18.(算术平均收敛公式)设lim=,求极限IimN+一十.工.11T8“T8解：由lipz=,作“变量”代换，令凡=+4,其中,J是一无穷小数列；由定理2的结论有：|访产+%+-0Ofh-1.na+(ai+a,+n).(/+5+生)八=Iim!=-=+lm!=-=a+0=a.n-x三R此题还可以用方法1(定义法)证明，也可通过方法7(StoIZ公式)求得，此处略.例19.设Iim=*Iimv=/?,求极限IimZE+.)涓+XJ.RfBn0(“8),所以q有界数列，即I闻M,从而结合上述推论1,有：4.+/mJ+匕05.8),nn再根据定
15、理1,即有：纳土心因0(“8);n又由定理2,可知：a-+0,ba+an0(n)inn.Hml+,IZn注：利用无穷小数列求数列极限通常在高等数学和数学分析教材中介绍甚少，但却是一种很实用有效的方法.用这种方法求某类数列的极限是极为方便的.13 .利用无穷小的等价代换求某些函数列的极限定理：设函数/(X)、g(x)在X=O的某个领域有意义，g(x)O,IimdO=I,且当-8时,3g(x)r11=l(m=1，2,3,)，处tf(fflJ=jSg(ffln)，则在右端极限存在时成立.M=I例20.求极限IiT(Jl+，一1).解：令/(x)=GI+X-1,g(x)=；x,当X-0时，l+x-l-
16、X由定理1,得：limY(Jl+-l)=limYi-57=-=-Vn5白3犷326例21.求：Ii少口(1+J),为非零常数).*xr=ln解：原式=exp(limin(l+二)；令f(x)=ln(l+x),当X-0时，ln(l+x)-x,由定理1,得：Iim之ln(l+)=lim4。=Iirnm+“(J=1.?；11S21lim11(l+-672)=exp(-a2).Ii=Fn3注：我们知道，当x-0时，函数SinX,tanX,arcsinxyarctanx,e*-1,ln(l+x)都X与等价，倘若熟悉这些等价函数，观察它们与本文定理中的/Cr)的关系，把求某些函数列极限问题转化为求熟知的数
17、列极限问题，这样就会起到事半功倍的效果.14 .利用压缩映射原理求数列极限定义1:设/(x)在4句上有定义，方程F(X)=X在4句上的解称为/(x)在口,用上的不动点.定义2：若存在一个常数2,O1,使得Wx、y.,力有(x)-/(y)k-y,则称f(x)是句上的一个压缩映射.压缩映射原理：设称f(x)是几句上的一个压缩映射且儿,勿，xih1=f(xn),对N,有X(I,切，则称/(%)在%6上存在唯一的不动点c,且Iim怎=c.例22.设X=g,X=a+x(0易见对VXG0,-有：ntl=/(n)X=e，(a)=a+yV(个根式，a,=1,2,)极限存在，并求IHlXlt.解：易知：xn=y
18、a+x,因此，/(x)在0,+oo)上是压缩的；x1=70,+),xnl=f(xn)由压缩映射原理，数列x.收敛且极限为方程：X=/)=而7的解,解得：IimXJ+炉而nacn2本题也可通过方法三(单调有界定理)解得，此处略.注：压缩映射原理在实分析中有着十分广泛的应用，如用它可十分简单的证明稳函数存在定理、微分方程解的存在性定理，特别的在求一些数列极限中有着十分重要的作用，往往可以使数列极限问题得到简便快速的解决.15 .利用矩阵求解一类数列的极限(1)若数列的递推公式形如：怎=PX-+/z且已知毛、x1其中p、4为常数且WO,9wO,W=2,3,解:可将递推公式写成矩阵形式,则有(：(：北
19、J=In)=2,3,，从而可利用线性代数知识求出X”的表达式，并进一步求出!四(2)若数列的递推公式形如：Z=竺0也且已知小，其中CWO且Zw从，=1,2,，解法1：令Kl+d=近，则4I=1.(正一d),x=-d),3*CYlCXT从而有：-(-J)=(-(-J)+/),C加Cyn_2W整理得：yn=(a+d)yn,i+(be-adyn_2,再由(1)可以求解.解法2：设与关系式X=竺四对应的矩阵为A=卜?,由关系式凡=望T；er0+db)cxn+d逐次递推，有兀=坟，其对应的矩阵为S=(b：,X+41%dJ利用数学归纳法易证得8=4,通过计算A可求出匕的表达式，并进一步求出!xn.例24.
20、证明：满足递推公式Z“=axz+(l-)天(Ol)的任何实数序列工有一个极限,并求出以。、事及办表示的极限.矩阵A的特征值4=1,4=-l,对应的特征向量分别为：=(1,1),=(-l,1)；令P=(酊刍)=R1丁,则PAP=R01.从而有:1l-(a-iyl-+(a-l)rt2-al-(a-l)w,-a+(a-)n于是，xn=y(l-(-iy,)xl+(l-a+(-l)n)x0.因为Ia-Il1,所以gm(aT)=O，从而IimZ=J(l-a)+xl.例25.已知斐波那契数列定义为：41=Fi+F,1(=1,2,；&=E=1)；若令怎=工，=1且X=5=1,2,)，证明极限Iimx.存在并求
21、此极限.F+11+xw.1E解：显然玉=,相应矩阵a=1；J的特征值a=);乎，4=竽，对应的特征向量分别为：=(令p=(3gj=1+4-511I).=(贝用.：P-IAP=4T从而,由于co,则有：Iimx=Iim-=-.JIfaDJlfpO，mlJ注：求由常系数线性递推公式所确定的数列的极限有很多种方法，矩阵解法只是其一，但与之相关的论述很少,但却简单实用.巧用基向量解立体几何题摘要：利用空间向量的坐标运算需先建立空间直角坐标系，但建立空间直角坐标系往往受到图形的制约，很难在立体几何问题中普遍使用，一般情况下，我们可以根据题意在立体几何图形中选定一个基底，然后将所需的向量用此基底表示出来，
22、再利用向量的运算进行求解或证明，这就是基底建模法。关键词：基向量、基底建模法、自由性向量是高中数学新教材中一项基本内容，它的引入有利于处理立体几何问题，有利于学生克服空间想象力的障碍和空间作图的困难，有利于丰富学生的思维结构，利用空间向量的坐标运算解立体几何问题,可把抽象的几何问题转化为代数计算问题,并具有很强的规律性和可操作性，而利用空间向量的坐标运算需先建立空间直角坐标系，但建立空间直角坐标系往往受到图形的制约,很难在立体几何问题中普遍使用，其实向量的坐标形式只是选取了特殊的基底，一般情况下，我们可以根据题意在立体几何图形中选定一个基底,然后将所需的向量用此基底表示出来，再利用向量的运算进
23、行求解或证明，这就是基底建模法，它是利用向量的非坐标形式解立体几何问题的一种有效方法,并且应用广泛，下面本人将通过几个实例来加以具体说明，供参考。引例：如图1,已知正四面体ABCD中，E、F分别在AB,CD上,且,则宜线尾和即丽发角由物玄值为（）A、二13解析：可以以而、AC.而为一组基向量。图I解：设布=3，AC=c，贝U=60,=6O=6Oo,又设正四面体的棱长为4,则AE=I,CF=I,ab=Sfbc=Sfc=8,由余弦定理可得。E=JAc2+A：2-2ADAEcos60=11,同理BF=A因为DEBF=BC+CF=AC-AB+(AD-AC)=4C+-，444DE=AE-AD=A-AD,
24、所以cos=匹也413IDEIIBF所以DEBF=(a-c)(b+c-a)=-4又由异面直线所成角的定义，可知直线DE和BF成成的角的余弦值为去，选A评注：引例的方法有如下特点：(1)当从一点出发的三条不共面的线段长度已知，它们的夹角也已知时，可选择这三条线段所代表的向量作为基向量，然后求解；(2)当从一点出发的三条不共面的线段长度可求出，它们的夹角也可求出时，可选择这三条线段所代表的向量作为基向量，然后求解。其实，引例的方法是通常坐标法的推广，因为当基底中任意两个都互相垂直，且它们三个都是单位向量时，即转入通常的空间直角坐标系的运算。当然如果基底中的任意两个向量的夹角都不等于90时，建立空间
25、直角坐标系求解难度更大而利用引例的方法没有增加思维方法上的难度，只是计算量稍微多一点而已，所以引例的这种方法是通性通法。例1：(08湖南)如图2,四棱锥万力质的底面/腼是边长为1的菱形，ZBCD=60%少是5的中点，为，底面力以笫，PA=2。(I)证明：平面如瓦1.平面PAB,(II)求平面必和平面研所成二面角(锐角)的大小。解析：AP、AB、AD三线段长度已知，且通而通之间的夹角可求，故可以而、而而作为基底(I)证明：以丽丽通为基底，则由题意有NHw=60,所以瓦.工5=品而丽=?五5一瓦方所以丽M=(-a-aB)a=A2-AADcos600=J,2-lx22所以无_1.Q，所以EB上AB，
26、又为J-底面力腼,EBujSUgCD,所以PA1.EBf而ABPA=A,所以用_1.面为A,EBU面PEB,所以平面内必J_平面为6(II)由题意有赤.通=0,而.而=O,作BOlAD于0,1BO,PA=A所以无为面PAD的法向量，且OB=B-AD，OB=ABIsin60设G=5+)，而+zQ为面PBE的法向量，则丽=0,nBP=O即(xAD+yAB+zAP)AB-Ab)=O,(xAD+);AB+zAP)(AB-AP)=O,z=l,贝Ily=4所以解得X=O,y=4z,令暴+y-4z=O所以3=4而+Q,所以IGI=I4而+万I=26所以7iOB=(4AB+P)(AB-Ab)=4ABI2二3而
27、I、J-7ydnOB3V5所以cos=三-=-=nOB2后.35故平面必和平面脸所成二面角(锐角)的大小为arccos芈o评注：本题如按图3建立空间直角坐标系较难，而点的坐标更是难求，用基底建模法不用去找两两垂直的直线，更不用去求点坐标，完全避开这两个难题，从而使得求解过程简洁明了。从考试心理和学习心理来看,例1若用坐标向量法求解,当空间直角坐标系建立错误时,一般没有分数；而用上面方法求解,会根据学生的书写分步给分。对基础差的学生特别是文科生来说,获得适当的分数,对他们以后的学习是一个极大的鼓励,继而会使他们进入良性循环,增强学习数学的信心,增加对数学的情感投入,上课也会更认真一些。例3：(0
28、7浙江)在如图4所示的几何体中，EA_1.平面ASC,O3J_平面ABC,ACYBC,且AC=3C=BD=2AE,M是AB的中点.(I)求证：CMVEM(II)求CM与平面CDE所成的角.解析：此题可以如图5建立空间直角坐标系，但这种建系方法不容易想到，下面用基底建模法求解，读者可以比较一下这两种方法的优缺点。解：设AC=3C=a，则AB=,以族,而为基底，则AE=0,AEAC=OtABAC=ABACcon450=a2(I)证明：因为CM=/AB-AC,EM=-AB-AEZN所以CMEM=(AB-AC)(B-AE)二ABI2AEACAB-ACAE4乙Z=0故而J.前，所以CMl.EM(II)解
29、：设=xA+yAC+zAE为平面CDE的法向量则nAC=O,nAE=0即(xAB+yACzAE)AC=0初殂C人1mC解得z=0,y=-2r,令X=1.贝IW=-2(xAB+yAC+zAE)AE=0所以n=AB-2C所以nCM=(AB-2AC)(A-AC)二AB2-2ACAB+2ACI2=a2又IlI=I而2与=,ICMI=I材3-ACl=g、i/-K7、CM2所以cos=.=r-IIICMI2所以CM与平面CDE所成的角为45。上述几个例子中基底之间的角是明确的,其实基底各向量之间的角还可以降低要求,使得基底建模法更自由，例如：例4：(07海南文)如图6,4B,C,为空间四点。在/笈中，AB
30、=2,AC=BC=叵。等边三角形ADB以49为轴运动。(I)当平面力J_平面49。时，求CDx(II)当/)如转动时，是否总有4口_缈？证明你的结论。解：(I)略(II)以BA,BCyBD作为基底，由已知可得ZABC=450,ZABD=60而CD=BD-BC所以CDBA=(BD-BC)BA=BDBA-BCBA=IBDIIBAIcos600-1BCBAcos450故总有ABlCDo评注：原标准答案是分类讨论的，即分点D在平面力比内和点D在平面/1回外两种情况证明结论,此处利用非坐标向量巧妙回避综合几何的分类讨论。在四面体、平行六面体等图形中，当不易到从一点出发的三条两两垂直的直线建立直坐标系时,
31、可采用“基底建模法”选定从一点发的不共面的三个向量作为基底，并用它们表示出指定的向量,再利用向量的运算证明平行和垂直,求解角和距离。“基底建模法”可作为空间直角坐标系的一个补充,掌握该方法,可有效地提高利用空间向量解决立体几何问题的能力。上面的例子都是把从一点出发的不共面的三条线段所代表的向量作为基向量然后求解，因为我们研究的向量是自由向量,基向量的选取不一定要求它们的线段共点,从理论上讲只要三个向量不共面就可以了，这个本质的放宽,给我们带来了无限的变式空间。例5（08全国卷I）等边三角形ABC与正方形ABr）E有一公共边A3,二面角C-AB-。的余弦值为，M,圾别是AGBC的中点，则EM,A
32、N所成角的余弦值等于2对于本例，标准答案都是用传统的综合几何法求解,添加了许多辅助线,有的多达10条之多,要求学生有很好的空间想像能力和计算与证明的技巧,对一道填空题,可谓大动干戈，下面灵活选取基向量,利用基底建模法简单求解。解：如图7,设0是AB中点，OClAOf依题意有丝1/0,CoSVoCA=竽，所以cos=-券，选取EA,AO,OC作为基底，令AB=I,则OC=坐,西茄=0而反=0,无云=IX坐x(一坐)=一1EM=EA+-O+OCyAN=B+-AC=AO+OC乙乙乙乙乙乙所以I说=|丽旅产=IEAI2+；IAOI2+-1.OC2+EAAO+EAOC+AOOC-1+X+A.331+16
33、+16I*2X33=4所以IEMI=IAAU=孚，tv=(A-1-ao45C)(a4C)=，乙2，2N8所以cos国前=!。O近几年高考立体几何解答题的标准答案几乎清一色用的是坐标向量法(另一种为综合几何法)。本人认为“非坐标向量”也应引起我们的重视，特别是在文科教学中。首先,非坐标向量也是向量,并且它是研究向量的起点和基础；其次,它具有较大的自由性,它对发展学生思维有很好的作用，坐标向量的这种作用相对较差；第三,它的应用范围更广泛,一些问题用坐标向量难以解决,用非坐标向量容易解决。所以基底建模法可以作为空间坐标向量法一个很好的补充而应引起我们足够的重视，而且用基向量表示空间向量对文科生来说也不是很难理解的问题，所以我们教师应该介绍并且要推广“基底建模法”在空间几何中的应用！
