2023版步步高新高考人教A版一轮复习讲义第七章 §7.2　球的切、接问题　培优课

§7.2　球的切、接问题题型一　定义法例1　(1)已知∠ABC＝90°，PA⊥平面ABC，若PA＝AB＝BC＝1，则四面体PABC的外接球(顶点都在球面上)的体积为(　　)A．π B.eq \r(3)π C．2π D.eq \f(\r(3)π,2)答案　D解析　如图，取PC的中点O，连接OA，OB，由题意得PA⊥BC，又因为AB⊥BC，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，在Rt△PBC中，OB＝eq \f(1,2)PC，同理OA＝eq \f(1,2)PC，所以OA＝OB＝OC＝eq \f(1,2)PC，因此P，A，B，C四点在以O为球心的球面上，在Rt△ABC中，AC＝eq \r(AB2＋BC2)＝eq \r(2).在Rt△PAC中，PC＝eq \r(PA2＋AC2)＝eq \r(3)，球O的半径R＝eq \f(1,2)PC＝eq \f(\r(3),2)，所以球的体积为eq \f(4,3)πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))3＝eq \f(\r(3)π,2).延伸探究 本例(1)条件不变，则四面体P－ABC的内切球的半径为________．答案　eq \f(\r(2)－1,2)解析　设四面体P－ABC的内切球半径为r.由本例(1)知，S△PAC＝eq \f(1,2)PA·AC＝eq \f(1,2)×1×eq \r(2)＝eq \f(\r(2),2)，S△PAB＝eq \f(1,2)PA·AB＝eq \f(1,2)×1×1＝eq \f(1,2)，S△ABC＝eq \f(1,2)AB·BC＝eq \f(1,2)×1×1＝eq \f(1,2)，S△PBC＝eq \f(1,2)PB·BC＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×1＝eq \f(\r(2),2)，VP－ABC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)AB·BC·PA＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×1＝eq \f(1,6)，VP－ABC＝eq \f(1,3)(S△PAC＋S△PAB＋S△ABC＋S△PBC)·r＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)＋\f(1,2)＋\f(1,2)＋\f(\r(2),2)))·r＝eq \f(1,6)，∴r＝eq \f(\r(2)－1,2).(2)在矩形ABCD中，BC＝4，M为BC的中点，将△ABM和△DCM分别沿AM，DM翻折，使点B与点C重合于点P，若∠APD＝150°，则三棱锥M－PAD的外接球的表面积为(　　)A．12π B．34πC．68π D．126π答案　C解析　如图，由题意可知，MP⊥PA，MP⊥PD.且PA∩PD＝P，PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，所以MP⊥平面PAD.设△ADP的外接圆的半径为r，则由正弦定理可得eq \f(AD,sin∠APD)＝2r，即eq \f(4,sin 150°)＝2r，所以r＝4.设三棱锥M－PAD的外接球的半径为R，则(2R)2＝PM2＋(2r)2，即(2R)2＝4＋64＝68，所以4R2＝68，所以外接球的表面积为4πR2＝68π.思维升华　到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可．跟踪训练1　(1)一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为eq \f(9,8)，底面周长为3，则这个球的体积为________．答案　eq \f(4π,3)解析　设正六棱柱的底面边长为x，高为h，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(6x＝3，,\f(9,8)＝6×\f(\r(3),4)x2h，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)，,h＝\r(3).))∴正六棱柱的底面外接圆的半径r＝eq \f(1,2)，球心到底面的距离d＝eq \f(\r(3),2).∴外接球的半径R＝eq \r(r2＋d2)＝1.∴V球＝eq \f(4π,3).(2)(2022·哈尔滨模拟)已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是矩形，其中AD＝1，AB＝2，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD为等边三角形，则四棱锥P－ABCD的外接球表面积为(　　)A.eq \f(16π,3) B.eq \f(76π,3) C.eq \f(64π,3) D.eq \f(19π,3)答案　A解析　如图所示，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PA＝PD，取AD的中点E，则PE⊥AD，PE⊥平面ABCD，则PE⊥AB，由AD⊥AB，AD∩PE＝E，AD，PE⊂平面PAD，可知AB⊥平面PAD，由△PAD为等边三角形，E为AD的中点知，PE的三等分点F(距离E较近的三等分点)是三角形的中心，过F作平面PAD的垂线，过矩形ABCD的中心O作平面ABCD的垂线，两垂线交于点I，则I即外接球的球心．OI＝EF＝eq \f(1,3)PE＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),6)，AO＝eq \f(1,2)AC＝eq \f(\r(5),2)，设外接球半径为R，则R2＝AI2＝AO2＋OI2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),6)))2＝eq \f(4,3)，所以四棱锥P－ABCD的外接球表面积为S＝4πR2＝4π×eq \f(4,3)＝eq \f(16π,3).题型二　补形法例2　(1)在四面体ABCD中，若AB＝CD＝eq \r(3)，AC＝BD＝2，AD＝BC＝eq \r(5)，则四面体ABCD的外接球的表面积为(　　)A．2π B．4π C．6π D．8π答案　C解析　由题意可采用补形法，考虑到四面体ABCD的对棱相等，所以将四面体放入一个长、宽、高分别为x，y，z的长方体，并且x2＋y2＝3，x2＋z2＝5，y2＋z2＝4，则有(2R)2＝x2＋y2＋z2＝6(R为外接球的半径)，得2R2＝3，所以外接球的表面积为S＝4πR2＝6π.(2)(2022·重庆实验外国语学校月考)如图，在多面体中，四边形ABCD为矩形，CE⊥平面ABCD，AB＝2，BC＝CE＝1，通过添加一个三棱锥可以将该多面体补成一个直三棱柱，那么添加的三棱锥的体积为________，补形后的直三棱柱的外接球的表面积为________．答案　eq \f(1,3)　6π解析　如图添加的三棱锥为直三棱锥E－ADF，可以将该多面体补成一个直三棱柱ADF－BCE，因为CE⊥平面ABCD，AB＝2，BC＝CE＝1，所以S△CBE＝eq \f(1,2)CE×BC＝eq \f(1,2)×1×1＝eq \f(1,2)，直三棱柱ADF－BCE的体积为V＝S△EBC·DC＝eq \f(1,2)×2＝1，添加的三棱锥的体积为eq \f(1,3)V＝eq \f(1,3)；如图，分别取AF，BE的中点M，N，连接MN，与AE交于点O，因为四边形AFEB为矩形，所以O为AE，MN的中点，在直三棱柱ADF－BCE中，CE⊥平面ABCD，FD⊥平面ABCD，即∠ECB＝∠FDA＝90°，所以上、下底面为等腰直角三角形，直三棱柱的外接球的球心即为点O，连接DO，DO即为球的半径，连接DM，因为DM＝eq \f(1,2)AF＝eq \f(\r(2),2)，MO＝1，所以DO2＝DM2＋MO2＝eq \f(1,2)＋1＝eq \f(3,2)，所以外接球的表面积为4π·DO2＝6π.思维升华　(1)补形法的解题策略①侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②直三棱锥补成三棱柱求解．(2)正方体与球的切、接常用结论正方体的棱长为a，球的半径为R，①若球为正方体的外接球，则2R＝eq \r(3)a；②若球为正方体的内切球，则2R＝a；③若球与正方体的各棱相切，则2R＝eq \r(2)a.(3)长方体的共顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝eq \r(a2＋b2＋c2).跟踪训练2　已知三棱锥P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，且PA＝1，PB＝2，PC＝3，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为(　　)A.eq \f(7\r(14),3)π B．14π C．56π D.eq \r(14)π答案　B解析　以线段PA，PB，PC为相邻三条棱的长方体PAB′B－CA′P′C′被平面ABC所截的三棱锥P－ABC符合要求，如图，长方体PAB′B－CA′P′C′与三棱锥P－ABC有相同的外接球，其外接球直径为长方体体对角线PP′，设外接球的半径为R，则(2R)2＝PP′2＝PA2＋PB2＋PC2＝12＋22＋32＝14，则所求表面积S＝4πR2＝π·(2R)2＝14π.题型三　截面法例3　(1)(2021·全国甲卷)已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O－ABC的体积为(　　)A.eq \f(\r(2),12) B.eq \f(\r(3),12) C.eq \f(\r(2),4) D.eq \f(\r(3),4)答案　A解析　如图所示，因为AC⊥BC，所以AB为截面圆O1的直径，且AB＝eq \r(2).连接OO1，则OO1⊥平面ABC，OO1＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AB,2)))2)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq \f(\r(2),2)，所以三棱锥O－ABC的体积V＝eq \f(1,3)S△ABC×OO1＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),12).(2)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．答案　eq \f(\r(2),3)π解析　圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面PAB，如图所示，则△PAB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△PAB中，PA＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝2eq \r(2)，△PEO∽△PDB，故eq \f(PO,PB)＝eq \f(OE,DB)，即eq \f(2\r(2)－r,3)＝eq \f(r,1)，解得r＝eq \f(\r(2),2)，故内切球的体积为eq \f(4,3)πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))3＝eq \f(\r(2),3)π.思维升华　(1)与球截面有关的解题策略①定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；②作截面：选准最佳角度作出截面，达到空间问题平面化的目的．(2)正四面体的外接球的半径R＝eq \f(\r(6),4)a，内切球的半径r＝eq \f(\r(6),12)a，其半径R∶r＝3∶1(a为该正四面体的棱长)．跟踪训练3　(1)(2022·成都模拟)已知圆柱的两个底面的圆周在体积为eq \f(32π,3)的球O的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为(　　)A．4π B．8π C．12π D．16π答案　B解析　如图所示，设球O的半径为R，由球的体积公式得eq \f(4,3)πR3＝eq \f(32π,3)，解得R＝2.设圆柱的上底面半径为r，球的半径与上底面夹角为α，则r＝2cos α，圆柱的高为4sin α，∴圆柱的侧面积为4πcos α×4sin α＝8πsin 2α，当且仅当α＝eq \f(π,4)，sin 2α＝1时，圆柱的侧面积最大，∴圆柱的侧面积的最大值为8π.(2)(2022·长沙检测)在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是________．答案　eq \f(9π,2)解析　易知AC＝10.设△ABC的内切圆的半径为r，则eq \f(1,2)×6×8＝eq \f(1,2)×(6＋8＋10)·r，所以r＝2.因为2r＝4>3，所以最大球的直径2R＝3，即R＝eq \f(3,2)，此时球的体积V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(9π,2).课时精练1．正方体的外接球与内切球的表面积之比为(　　)A.eq \r(3) B．3eq \r(3)C．3 D.eq \f(1,3)答案　C解析　设正方体的外接球的半径为R，内切球的半径为r，棱长为1，则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即2R＝eq \r(3)，所以R＝eq \f(\r(3),2)，正方体内切球的直径为正方体的棱长，即2r＝1，即r＝eq \f(1,2)，所以eq \f(R,r)＝eq \r(3)，正方体的外接球与内切球的表面积之比为eq \f(4πR2,4πr2)＝eq \f(R2,r2)＝3.2．(2022·开封模拟)已知一个圆锥的母线长为2eq \r(6)，侧面展开图是圆心角为eq \f(2\r(3)π,3)的扇形，则该圆锥的外接球的体积为(　　)A．36π B．48πC．36 D．24eq \r(2)答案　A解析　设圆锥的底面半径为r，由侧面展开图是圆心角为eq \f(2\r(3)π,3)的扇形，得2πr＝eq \f(2\r(3)π,3)×2eq \r(6)，解得r＝2eq \r(2).作出圆锥的轴截面如图所示．设圆锥的高为h，则h＝eq \r(2\r(6)2－2\r(2)2)＝4.设该圆锥的外接球的球心为O，半径为R，则有R＝eq \r(h－R2＋r2)，即R＝eq \r(4－R2＋2\r(2)2)，解得R＝3，所以该圆锥的外接球的体积为eq \f(4πR3,3)＝eq \f(4π×33,3)＝36π.3．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积为(　　)A．16π B．20πC．24π D．32π答案　A解析　如图所示，在正四棱锥P－ABCD中，O1为底面对角线的交点，O为外接球的球心．VP－ABCD＝eq \f(1,3)×S正方形ABCD×3＝6，所以S正方形ABCD＝6，即AB＝eq \r(6).因为O1C＝eq \f(1,2)eq \r(6＋6)＝eq \r(3).设正四棱锥外接球的半径为R，则OC＝R，OO1＝3－R，所以(3－R)2＋(eq \r(3))2＝R2，解得R＝2.所以外接球的表面积为4π×22＝16π.4．已知棱长为1的正四面体的四个顶点都在一个球面上，则这个球的体积为(　　)A.eq \f(\r(6),8)π B.eq \f(\r(6),4)π C.eq \f(\r(3),8)π D.eq \f(\r(3),4)π答案　A解析　如图将棱长为1的正四面体B1－ACD1放入正方体ABCD－A1B1C1D1中，且正方体的棱长为1×cos 45°＝eq \f(\r(2),2)，所以正方体的体对角线AC1＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq \f(\r(6),2)，所以正方体外接球的直径2R＝AC1＝eq \f(\r(6),2)，所以正方体外接球的体积为eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4)))3＝eq \f(\r(6),8)π，因为正四面体的外接球即为正方体的外接球，所以正四面体的外接球的体积为eq \f(\r(6),8)π.5．(2021·天津)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为eq \f(32π,3)，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为(　　)A．3π B．4π C．9π D．12π答案　B解析　如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，设圆锥AD和圆锥BD的高之比为3∶1，即AD＝3BD，设球的半径为R，则eq \f(4πR3,3)＝eq \f(32π,3)，可得R＝2，所以AB＝AD＋BD＝4BD＝4，所以BD＝1，AD＝3，因为CD⊥AB，AB为球的直径，所以△ACD∽△CBD，所以eq \f(AD,CD)＝eq \f(CD,BD)，所以CD＝eq \r(AD·BD)＝eq \r(3)，因此，这两个圆锥的体积之和为eq \f(1,3)π×CD2·(AD＋BD)＝eq \f(1,3)π×3×4＝4π.6．(2022·蚌埠模拟)粽子，古时北方也称“角黍”，是由粽叶包裹糯米、泰米等馅料蒸煮制成的食品，是中国汉族传统节庆食物之一，端午食粽的风俗，千百年来在中国盛行不衰，粽子形状多样，馅料种类繁多，南北方风味各有不同，某四角蛋黄粽可近似看成一个正四面体，蛋黄近似看成一个球体，且每个粽子里仅包裹一个蛋黄，若粽子的棱长为9 cm，则其内可包裹的蛋黄的最大体积约为(参考数据：eq \r(6)≈2.45，π≈3.14)(　　)A．20 cm3 B．22 cm3C．26 cm3 D．30 cm3答案　C解析　如图，正四面体ABCD，其内切球O与底面ABC切于O1，设正四面体棱长为a，内切球半径为r，连接BO1并延长交AC于F，易知O1为△ABC的中心，点F为边AC的中点．易得BF＝eq \f(\r(3),2)a，则S△ABC＝eq \f(\r(3),4)a2，BO1＝eq \f(2,3)BF＝eq \f(\r(3),3)a，∴DO1＝eq \r(BD2－BO\o\al(2,1))＝eq \f(\r(6),3)a，∴VD－ABC＝eq \f(1,3)·S△ABC·DO1＝eq \f(\r(2),12)a3，∵VD－ABC＝VO－ABC＋VO－BCD＋VO－ABD＋VO－ACD＝4VO－ABC＝4×eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)a2·r＝eq \f(\r(3),3)a2r，∴eq \f(\r(3),3)a2r＝eq \f(\r(2),12)a3⇒r＝eq \f(\r(6),12)a，∴球O的体积V＝eq \f(4,3)π·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),12)a))3＝eq \f(4,3)π·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),12)×9))3＝eq \f(27\r(6),8)π≈eq \f(27,8)×2.45×3.14≈26(cm3)．7．(多选)已知三棱锥P－ABC的四个顶点都在球O的表面上，PA⊥平面ABC，PA＝6，AB⊥AC，AB＝2，AC＝2eq \r(3)，点D为AB的中点，过点D作球的截面，则截面的面积可以是(　　)A.eq \f(π,2) B．π C．9π D．13π答案　BCD解析　三棱锥P－ABC的外接球即为以AB，AC，AP为邻边的长方体的外接球，∴2R＝eq \r(62＋22＋2\r(3)2)＝2eq \r(13)，∴R＝eq \r(13)，取BC的中点O1，∴O1为△ABC的外接圆圆心，∴OO1⊥平面ABC，如图．当OD⊥截面时，截面的面积最小，∵OD＝eq \r(OO\o\al(2,1)＋O1D2)＝eq \r(32＋\r(3)2)＝2eq \r(3)，此时截面圆的半径为r＝eq \r(R2－OD2)＝1，∴截面面积为πr2＝π，当截面过球心时，截面圆的面积最大为πR2＝13π，故截面面积的取值范围是[π，13π]．8．(多选)已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点M，N，若线段MN的最小值为eq \r(3)－1，则下列说法中正确的是(　　)A．正方体的外接球的表面积为12πB．正方体的内切球的体积为eq \f(4π,3)C．正方体的棱长为2D．线段MN的最大值为2eq \r(3)答案　ABC解析　设正方体的棱长为a，则正方体外接球的半径为体对角线长的一半，即eq \f(\r(3),2)a；内切球的半径为棱长的一半，即eq \f(a,2).∵M，N分别为外接球和内切球上的动点，∴MNmin＝eq \f(\r(3),2)a－eq \f(a,2)＝eq \f(\r(3)－1,2)a＝eq \r(3)－1，解得a＝2，即正方体的棱长为2，∴正方体外接球的表面积为4π×(eq \r(3))2＝12π，内切球体积为eq \f(4π,3)，则A，B，C正确；线段MN的最大值为eq \r(3)＋1，则D错误．9．已知三棱锥S－ABC的三条侧棱两两垂直，且SA＝1，SB＝SC＝2，则三棱锥S－ABC的外接球的半径是________．答案　eq \f(3,2)解析　如图所示，将三棱锥补为长方体，则该棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，设外接球半径为R，则(2R)2＝12＋22＋22＝9，∴4R2＝9，R＝eq \f(3,2).即这个外接球的半径是eq \f(3,2).10．已知正三棱锥的高为1，底面边长为2eq \r(3)，内有一个球与四个面都相切，则正三棱锥的内切球的半径为________．答案　eq \r(2)－1解析　如图，过点P作PD⊥平面ABC于点D，连接AD并延长交BC于点E，连接PE.因为△ABC是正三角形，所以AE是BC边上的高和中线，D为△ABC的中心．因为AB＝BC＝2eq \r(3)，所以S△ABC＝3eq \r(3)，DE＝1，PE＝eq \r(2).所以S三棱锥表＝3×eq \f(1,2)×2eq \r(3)×eq \r(2)＋3eq \r(3)＝3eq \r(6)＋3eq \r(3).因为PD＝1，所以三棱锥的体积V＝eq \f(1,3)×3eq \r(3)×1＝eq \r(3).设球的半径为r，以球心O为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小三棱锥，由eq \f(1,3)S三棱锥表·r＝eq \r(3)，得r＝eq \f(3\r(3),3\r(6)＋3\r(3))＝eq \r(2)－1.11．等腰三角形ABC的腰AB＝AC＝5，BC＝6，将它沿高AD翻折，使二面角B－AD－C成60°，此时四面体ABCD外接球的体积为________．答案　eq \f(28\r(7),3)π解析　由题意，设△BCD所在的小圆为O1，半径为r，又因为二面角B－AD－C为60°，即∠BDC＝60°，所以△BCD为边长为3的等边三角形，由正弦定理可得，2r＝eq \f(3,sin 60°)＝2eq \r(3)，即DE＝2eq \r(3)，设外接球的半径为R，且AD＝4，在Rt△ADE中，(2R)2＝AD2＋DE2⇒4R2＝42＋(2eq \r(3))2＝28，所以R＝eq \r(7)，所以外接球的体积为V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)π×(eq \r(7))3＝eq \f(28\r(7),3)π.12．已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的表面上，若AB＝AC＝1，AA1＝2eq \r(3)，∠BAC＝eq \f(2π,3)，则球O的体积为________．答案　eq \f(32π,3)解析　设△ABC的外接圆圆心为O1，半径为r，连接O1O，如图，易得O1O⊥平面ABC，∵AB＝AC＝1，AA1＝2eq \r(3)，∠BAC＝eq \f(2π,3)，∴2r＝eq \f(AB,sin∠ACB)＝eq \f(1,\f(1,2))＝2，即O1A＝1，O1O＝eq \f(1,2)AA1＝eq \r(3)，∴OA＝eq \r(O1O2＋O1A2)＝eq \r(3＋1)＝2，即直三棱柱ABC－A1B1C1的外接球半径R＝2，∴V球＝eq \f(4,3)π×23＝eq \f(32π,3).