6.6.3 球的表面积和体积(Word练习)-【精讲精练】2024-2025学年高中数学必修第二册（北师大版2019）

[必备知识·基础巩固] 1．(2024·饶平二中期中)把一个铁制的底面半径为4，侧面积为π的实心圆柱熔化后铸成一个球，则这个铁球的半径为(　　) A．　　　　　　　　　 B． C．2 D． 解析　因为圆柱的底面半径为4，侧面积为π，所以圆柱的高为＝， 则V＝π×42×＝π，设球的半径为R，则πR3＝π，R＝2，故选C． 答案　C 2．(2024·东莞高一下期末)正方体的内切球、与各棱相切的球、外接球的体积之比为(　　) A．1∶2∶3 B．1∶∶ C．1∶2∶3 D．1∶∶ 解析　设正方体的棱长为a，则正方体内切球的半径为，与各棱相切的球的半径为a，外接球的半径为a.所以正方体的内切球、与各棱相切的球、外接球的体积之比为1∶2∶3. 答案　C 3．已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，则该圆柱的外接球的体积为(　　) A． B． C． D． 解析　圆柱的轴截面ABB1A1如图所示，记圆柱上、下底面圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，取O1O2的中点为O，连接OB，则点O为外接球球心，OB为外接球半径．因为圆柱的母线BB1长度为2，底面半径r＝O2B＝1，所以外接球半径R＝OB＝＝，所以外接球的体积V＝π×()3＝. 答案　B 4．已如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O­ABC的体积为(　　) A． B． C． D． 解析　∵AC⊥BC，AC＝BC＝1，∴△ABC为等腰直角三角形，∴AB＝， 则△ABC外接圆的半径为，又球的半径为1， 设O到平面ABC的距离为d， 则d＝＝，所以VO­ABC＝S△ABC·d＝××1×1×＝.故选A． 答案　A 5．如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，则圆柱、圆锥、球的体积之比为________． 解析　设球的半径为R，则 V圆柱＝πR2·2R＝2πR3， V圆锥＝πR2·2R＝πR3， V球＝πR3， 故V圆柱∶V圆锥∶V球＝2πR3∶πR3∶πR3＝3∶1∶2. 答案　3∶1∶2 6．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________． 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＝2，△PEO∽△PDB， 故＝，即＝，解得r＝， 故内切球的体积为π3＝π. 答案　π 7．在底面直径为6的圆柱形容器中，放入一个半径为2的冰球，当冰球全部溶化后，容器中液面的高度为________．(相同质量的冰与水的体积比为10∶9) 解析　半径为2的冰球的体积为π×23＝π，水的体积为π，设冰球全部溶化后，容器中液面的高度为h，则π×32h＝π，所以h＝. 答案　 8.如图，某人打算用A型材料制作一个近似于球形的热气球，已知热气球的半径为10 m，A型材料的价格为280 元/m2. (1)制作这样一个热气球，大约需要多少平方米的材料？试估计用料的总费用； (2)如果直径增加4 m，那么需增加多少费用？(结果中保留π) 解析　(1)因为热气球的半径r＝10 m， 所以热气球的表面积S＝4πr2＝400π(m2)， 所以制作这样一个热气球，大约需要400π m2的材料． 总费用W＝280S＝280×400π＝112 000π(元)． (2)当直径增加4 m时，半径r1＝10＋2＝12(m)，则增加的面积为S′＝4πr－S＝4π×122－400π＝176π(m2)， 所以增加的费用W′＝280S′＝280×176π＝49 280π(元)， 所以如果直径增加4 m，那么需增加的费用是49 280π元． [关键能力·综合提升] 9．(2024·河池高一期末)如图(1)所示，长方形ABCD，AB＝2，BC＝3，F，H，E，G分别为AD，BC的三等分点，把四边形ABEF，DCGH分别沿EF，GH折起来，使得AB，DC重合形成一个几何体如图(2)所示，则此几何体的外接球O的体积为(　　) A．π B．π C． D． 解析　由已知条件知，折后的几何体为直三棱柱，且底面为等边三角形，底面外接圆的直径2r＝＝，r＝，直三棱柱的高为h＝2，设几何体的外接球的半径为R，则R＝＝＝，因此折叠后的外接球的体积为＝π. 答案　B 10．已知四面体ABCD的每个顶点都在球O的球面上，CD⊥平面ABC，AC＝2，△ABC是正三角形，△ACD是等腰三角形，则球O的体积为(　　) A．π B．8π C．π D．36π 解析　∵CD⊥平面ABC，AC⊂平面ABC， ∴CD⊥AC，又△ACD是等腰三角形， ∴CD＝AC． ∵△ABC是正三角形， ∴AB＝BC＝AC＝CD＝2. 设E为△ABC外接圆的圆心，则CE＝2××＝2，OE＝CD＝， ∴OC＝＝，∴球O的体积V＝π×()3＝π.故选C． 答案　C 11．已知正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长为3，外接球表面积为16π，则正三棱柱ABC­A1B1C1的体积为________． 解析　正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长为3，设底面的外接圆的半径为r，则2r＝，所以r＝.因为外接球表面积为16π＝4πR2，所以外接球半径R＝2.外接球的球心在上下两个底面的外心MN的连线的中点上，记为点O，如图所示， B1M＝×＝， 所以OM＝＝＝1， 所以MN＝2， 所以＝×32×2＝. 答案　 12．(2024·南昌部分学校联考)如图，在正四棱锥P­ABCD框架内放一个球O，球O与侧棱PA，PB，PC，PD均相切．若∠APB＝，且OP＝2，则球O的表面积为________． 解析　在正四棱锥P­ABCD中，∠APB＝，则△PAB是正三角形，则△PBC也是正三角形，于是AC2＝AB2＋BC2＝PA2＋PC2，所以∠APC＝.过P，A，C作截面如图所示，则△PAC是等腰直角三角形，由对称性知，截球O得球O的大圆，且圆O与直角边PA，PC都相切，OP平分∠APC，因此球O的半径R＝OPsin ＝，所以球O的表面积为4πR2＝8π. 答案　8π 13．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，并且放入一个半径为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内取出后，水面的高是多少？ 解析　如图，球未取出时，水面高PC＝h，球取出后圆锥内水面的高度PH＝x，轴截面ABP为正三角形，OC＝r，PC＝3r，AC＝r. 以AB为底面直径的圆锥的体积为 V圆锥＝π(r)2·3r＝3πr3. 球取出后水面降到EF，水的体积为 V水＝πEH2·PH. 又EH＝PH·tan 30°＝x， ∴V水＝π2·x＝. 又V球＝πr3，∴πr3＋＝3πr3， 解得x＝r.故球取出后水面高为r. [核心价值·探索创新] 14．(多选题)(2024·厦门三中期中)“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知AB＝，则下列关于该半正多面体的说法正确的有(　　) A．该半正多面体的体积为 B．该半正多面体过A，B，C三点的截面面积为3 C．该半正多面体外接球的表面积为16π D．该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E满足关系式V＋F－E＝2 解析　如图所示，该半正多面体，是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的． 因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，所以该几何体的体积为V＝2×2×2－8×××1×1＝，故A错误； 过A，B，C三点的截面为正六边形ABCFED，又AB＝，所以正六边形面积为S＝6××()2＝3，故B正确； 根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为，侧棱长为2的正四棱柱的外接球，所以该半正多面体外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×()2＝8π，故C错误； 几何体顶点数为12，有14个面、24条棱，满足12＋14－24＝2，故D正确．故选BD． 答案　BD 15．已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，当该四棱锥的体积最大时，求其高． 解析　由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，假设底面是边长为a的正方形，底面所在圆面的半径为r，则r＝a， 所以该四棱锥的高h＝， 所以体积V＝a2 ＝ ≤ ＝ ＝， 当且仅当＝1－，即a2＝时，等号成立， 所以该四棱锥的高h＝＝＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$