2020-2021学年高中数学(北师大版)必修二课时作业-1.7.3球.docx

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课时提升作业(十四)
球

一、选择题(每小题3分，共18分)
1.(2022·济源高一检测)设长方体的长、宽、高分别为2a，a，a，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为(　　)
A.3πa2 B.6πa2 C.12πa2 D.24πa2
【解题指南】该球的直径等于长方体的对角线长.
【解析】选B.由于长方体的长、宽、高分别为2a，a，a，则长方体的对角线长为(2a)2+a2+a2=6a.又长方体外接球的直径2R等于长方体的对角线所以2R=6a.所以S球=4πR2=6πa2.
2.假如三个球的半径之比是1∶2∶3，那么最大球的体积是其余两个球的体积之和的(　　)
A.1倍 B.2倍 C.3倍 D.4倍
【解题指南】可设出球的半径，计算出三个球的体积，然后求得结论.
【解析】选C.半径大的球的体积也大，设三个球的半径分别为x，2x，3x，则最大球的半径为3x，其体积为43π×(3x)3，其余两个球的体积之和为43πx3+43π×(2x)3，
所以43π×(3x)3÷43πx3+43π×(2x)3=3.
【变式训练】(2022·佛山高一检测)两个球的表面积之比是1∶16，则这两个球的体积之比为________.
【解析】由球的表面积公式S=4πR2和体积公式V=43πR3，有S1S2=V1V223，所以V1V2=
1∶64.
答案：1∶64
3.(2022·西安高一检测)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为23，则四周体A-B1CD1的外接球的体积为(　　)

A.32π B.36π C.163π D.108π
【解析】选B.由于四周体A-B1CD1是由面对角线组成的正四周体，所以其外接球为正方体的外接球，半径为正方体的对角线的一半，即R=12(23)2×3=3，则外接球的体积为43×33π=36π.
4.若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长都相等，其外接球的表面积是4π，则其侧棱长为(　　)
A.33 B.233 C.223 D.23
【解析】选B.依题可以构造一个正方体，其对角线就是外接球的直径.设侧棱长为a，球半径为r.由于r=1，所以3a=2，则a=233.

5.已知，棱长都相等的正三棱锥内接于一个球，某同学画出四个过球心的平面截球与正三棱锥所得的图形，如图所示，则(　　)

A.以上四个图形都是正确的
B.只有(2)(4)是正确的
C.只有(4)是错误的
D.只有(1)(2)是正确的
【解析】选C.棱长都相等的正三棱锥内接于一个球，过棱锥任何三个顶点的截面都不过球心.
6.一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积是
323π，那么这个三棱柱的体积是(　　)
A.963 B.16 C.243 D.483
【解析】选D.由43πR3=323π，所以R=2.所以正三棱柱的高h=4.设其底面边长为a，则13·32a=2，所以a=43.所以V=34·(43)2·4=483.
二、填空题(每小题4分，共12分)
7.(2021·上海高一检测)已知S，A，B，C是球O表面上的点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA=1，AB=BC=2，则球O的表面积为________.

【解析】由题知：△SAC，△SAB，△SBC均为直角三角形，O是SC的中点，从而OB=OA=12SC=OS=OC=32，所以球O的表面积为9π.
答案：9π
8.(2021·新课标全国卷Ⅰ改编)如图，有一个水平放置的透亮无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，假如不计容器的厚度，则球的体积为________.
【解题指南】正方体容器上底面截球得小圆的直径为正方体的棱长，结合截面图形，构造直角三角形，利用勾股定理列出关于球半径的方程，求出球半径，再利用V=43πR3求出球的体积.
【解析】设球的半径为R，由勾股定理可知，R2=(R-2)2+42，解得R=5，所以球的体积V=43πR343π×53=500π3(cm3).
答案：500π3cm3
9.(2021·福建高考)已知某一多面体内接于球构成一个简洁组合体，假如该组合体的主视图、左视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是____________.
【解题指南】只要清楚一个结论，外接球的直径就是正方体的对角线.
【解析】球是棱长为2的正方体的外接球，则球的直径2R=22+22+22=23，所以球的表面积为S=4πR2=12π.
答案：12π
【变式训练】(2021·新课标全国卷Ⅱ)已知正四棱锥O-ABCD的体积为322，底面边长为3，则以O为球心，OA为半径的球的表面积为_
【解题指南】利用正四棱锥的性质，求得OA的长，即可得球的表面积.
【解析】设正四棱锥的高为h，则13×(3)2h=322，解得高h=322，则底面正方形的对角线长为2×3=6，所以OA=3222+622=6，
所以球的表面积为4π·(6)2=24π.
答案：24π
三、解答题(每小题10分，共20分)
10.(2022·江津高一检测)一个球内有相距9cm的两个平行截面，它们的面积分别为49πcm2和400πcm2，求球的表面积.
【解析】(1)当截面在球心的同侧时，球的轴截面如图所示，由球的截面性质知，AO1∥BO2，且O1，O2分别为两截面圆的圆心，则OO1⊥AO1，
OO2⊥BO2.设球的半径为R.
由于π·O2B2=49π，
所以O2B=7cm.
由于π·O1A2=400π，
所以O1A=20cm.
设OO1=xcm，则OO2=(x+9)cm.
在Rt△OO1A中，R2=x2+202，
在Rt△OO2B中，R2=(x+9)2+72，
所以x2+202=72+(x+9)2，
解得x=15，所以R2=x2+202=252，
所以R=25cm.
(2)当截面位于球的两侧时，球的轴截面如图所示

由已知，类似于(1)得，
x2+202=72+(9-x)2.
解出x=-15，舍去.
所以S球=4πR2=2500πcm2.
11.已知正四周体的棱长为a，求它的外接球的半径及外接球的体积.
【解析】如图，设SO1是正四周体S-ABC的高，则外接球的球心O在SO1上.
设外接球半径为R.
由于正四周体的棱长为a，O1为正△ABC的中心，
所以AO1=23×32a=33a，
SO1=SA2-AO12=a2-13a2=63a.
在Rt△OO1A中，
R2=AO12+OO12=AO12+(SO1-R)2.
即R2=33a2+63a-R2，解得R=64a，
所以所求外接球体积V球=43πR3=68πa3.
【一题多解】如图，
如图，设SO1是正四周体S-ABC的高，则外接球的球心O在SO1上，设外接球的半径为R，由于正四周体的棱长为a，O1为正三角形ABC的中心，所以AO1=
23×32a=33a.
延长SO1与球面交于点M，则SM为球的直径，
所以SM=2R，在Rt△SAO1中，
SO1=SA2-AO12=a2-33a2=63a.
在Rt△SAM中，SA2=SO1×SM.
所以SM=SA2SO1=a263a=62a.
即2R=62a，所以R=64a，V球=43πR3=68πa3.

一、选择题(每小题4分，共16分)
1.(2022·焦作高一检测)一个正方体与一个球表面积相等，那么它们的体积比是(　　)
A.6π6 B.π2 C.2π2 D.3ππ
【解析】选A.由表面积面积相等得到正方体的棱长a和球的半径r的关系a=6π3r，再由体积公式求得体积比为6π6.
2.(2022·驻马店高一检测)一个圆锥与一个球的体积相等，圆锥的底面半径是球半径的3倍，圆锥的高与球半径之比为(　　)
A.4∶9 B.9∶4 C.4∶27 D.27∶4
【解题指南】设球的半径为r，圆锥的高为h，依据体积相等，可得到r，h的关系.
【解析】选A.设球的半径为r，圆锥的高为h，
则13π(3r)2h=43πr3，可得h∶r=4∶9.
【举一反三】本题在体积相等的前提下，条件改为圆锥的底面半径与球的半径相等，求圆锥的高与半径的比.
【解析】设球的半径为r，圆锥的高为h，
则13πr2h=43πr3，可得h∶r=4∶1.
3.已知球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，AB=2，∠ASC=∠BSC=45°，则棱锥S-ABC的体积为(　　)
A.33 B.233 C.433 D.533
【解析】选C.由题可知AB确定在与直径SC垂直的小圆面上，作过AB的小圆交直径SC于D，如图所示，设SD=x，则DC=4-x，此时所求棱锥即分割成两个棱锥S-ABD和C-ABD.在△SAD和△SBD中，由已知条件可得AD=BD=x.又由于SC为直径，所以∠SBC=∠SAC=90°，所以∠DBC=∠DAC=45°，所以在△BDC中，BD=4-x，所以x=4-x，解得x=2，所以AD=BD=2，所以△ABD为正三角形，所以V=13S△ABD×4=433.
4.(2021·辽宁高考)已知三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB=3，AC=4，AB⊥AC，AA1=12，则球O的半径为(　　)
A.3172 B.210
C.132 D.310
【解题指南】对于简洁组合体的相接问题，通过作出截面，使得有关的元素间的数量关系相对集中在某个平面图形中.
【解析】选C.由题意，结合图形，经过球心O和三棱柱的侧棱中点的大圆面，与三棱柱的侧棱垂直，三棱柱的底面三角形ABC为直角三角形，其外接圆的圆心O′为其斜边BC的中点，连接OA，OO′，O′A，由勾股定理得，OA2=O′O2+
O′A2.
其中OA=R，OO′=12AA1=6，O′A=12BC=52，所以球O的半径为OA=R=62+522=132.
二、填空题(每小题5分，共10分)
5.(2021·新课标全国卷Ⅰ)已知H是球O的直径AB上一点，AH∶HB=1∶2，AB⊥平面α，H为垂足，α截球O所得截面的面积为π，则球O的表面积为________.
【解析】由于α截球O所得截面的面积为π，所以截面α的半径为1.设球的半径为R，则AH=2R3，BH=4R3，由勾股定理得12+R32=R2，解得R2=98.
所以球O的表面积为4πR2=92π.
答案：92π
6.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________.
【解析】设球心为O1，半径为r1，圆锥底面圆圆心为O2，半径为r2，则有316×4πr12=πr22，即r2=32r1，
所以O1O2=r12-r22=r12，
设两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高分别为h1，h2，则h1h2=r1-r12r1+r12=13.
答案：13
三、解答题(每小题12分，共24分)
7.(2022·蚌埠高一检测)在正四周体ABCD中(AB=BC=CD=DA=AC=BD=a)，球O是内切球，求球O的表面积.
【解析】取DB中点P，连接PA，PC，OA，OB，OC，OD，
设VABCD的高为h，球O的半径为r，
则VABCD=VO-ABC+VO-ABD+VO-BCD+VO-ACD.
即13×34·a2·h=4×13×34·a2·r，
又h=63a，所以r=612a.
则S=4πr2=π6a2.
【拓展延长】处理多面体之间或多面体与球之间的切接关系问题时，常用的两种转化方法
(1)转化为平面图形之间的内切或外接关系.
(2)利用分割的方式进行转化，使运算和推理变得简洁，这里体现的转化思想是立体几何中格外重要的思想方法.
8.有一个倒圆锥形的容器，它的轴截面是正三角形，在这个容器内注入水，并且放入一个半径是r的钢球，这时球面恰好与水面相切，那么将球从圆锥形容器中取出后，水面高是多少？
【解题指南】容器的容积等于球的体积与水的体积之和，取出球后，水在容器内形成小圆锥的截面仍是正三角形.
【解析】如图作出轴截面，

因容器的轴截面是一个正三角形，依据切线的性质知当球在容器内时，水面的深度为3r，水面半径为3r，则容器内水的体积为：
V=V圆锥-V球
=13π·(3r)2·3r-43πr3
=53πr3.
将球取出后，设容器中水的深度为h，则水面圆的半径为3h3，从而容器内水的体积为：
V′=13π·3h32·h=19πh3，由V=V′，
所以h=315r.
【变式训练】已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，在正方体内有两球相互外切，并且第一个球与过A点的三个面相切，其次个球与过C1点的三个面相切.
(1)求两球半径之和.
(2)两球半径各为多少时，两球体积之和最小？

【解析】(1)如图，AA1C1C为过球心的对角面，AC1=3.

设两球半径分别为R，r，则有R+r+3(R+r)=3，
所以R+r=3-32.
(2)设两球的体积之和为V，则
V=43π(R3+r3)=43π(R+r)(R2-Rr+r2)
=43π×3-323R2-3(3-3)2R+3-322.
所以当R=r=3-34时，V有最小值.
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