8.3.2 第2课时 球的表面积和体积-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第二册作业与测评课件PPT（人教A版2019）

第八章　立体几何初步 8.3　简单几何体的表面积与体积 8.3.2　圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积 第2课时　球的表面积和体积 知识对点练 40分钟综合练 目录 知识对点练 知识点一　球的表面积 1.如果两个球的半径之比为1∶3，那么这两个球的表面积之比为(　　) A.1∶9 B.1∶27 C.1∶3 D.1∶1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 5 知识点二　球的体积 3.若将球的半径扩大到原来的2倍，则它的体积扩大到原来的(　　) A.2倍 B.4倍 C.8倍 D.16倍 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 6 4.三个球的半径的比为1∶2∶3，那么最大的球的体积是其他两个球的体积和的(　　) A.1倍 B.2倍 C.3倍 D.4倍 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 7 知识点三　与球有关的组合体问题 5.如图是某种水箱用的“浮球”，它是由两个半球和一个圆柱筒组成.已知球的直径是6 cm，圆柱筒的高是2 cm. (1)这种“浮球”的体积是多少？ (2)这种“浮球”的表面积是多少？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 8 6.如图所示，一个圆锥形的空杯子上放着一个直径为8 cm的半球形的冰淇淋，请你设计一种这样的圆锥形杯子(杯口直径等于半球形的冰淇淋的直径，杯子壁厚忽略不计)，使冰淇淋融化后不会溢出杯子，怎样设计最省材料？材料最省为多少？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 8.已知球与棱长均为3的三棱锥的各条棱都相切，则该球的表面积为________. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 11 9.已知球的半径为R，在球内作一个内接圆柱，这个圆柱的底面半径与高为何值时，它的侧面积最大？最大值是多少？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 12 40分钟综合练 一、单项选择题 1.两个球的表面积之差为48π，它们的大圆(过球心的平面截球所得的圆)的周长之和为12π，则这两个球的半径之差为(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 17 5.(2024·江苏连云港月考)某模型的上部分是半球，下部分是圆台，且圆台较小的底面与半球大圆面完全重合.若半球的体积为144π cm3，圆台的较小底面半径及高均是另一底面半径的一半.则该模型的体积为(　　) A.504π cm3 B.506π cm3 C.648π cm3 D.650π cm3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 21 640π 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 22 9.已知正四棱锥P－ABCD的各条棱长均为2，则该四棱锥的内切球的表面积为________. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 23 10.古希腊数学家阿基米德是世界上公认的三位最伟大的数学家之一，其墓碑上刻着他认为最满意的一个数学发现——圆柱容球定理.如图，一个“圆柱容球”的几何图形，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边(即圆柱的底面直径和高都等于球的直径)，则圆柱的表面积与球的表面积之比为________. 3∶2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 24 四、解答题 11.在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1.在三角形内挖去半圆(圆心O在边AC上，半圆与BC，AB分别相切于点C，M，与AC交于点N)，求图中阴影部分绕直线AC旋转一周所得的几何体的体积. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 25 12.台州黄岩被誉为“模具之乡”，为满足市场对球形冰淇淋的需求，特地制作了一款中空的正三棱柱模具，其内壁恰好是球体的表面，且内壁与棱柱的每一个面都相切(内壁厚度忽略不计)，店家可以将不同口味的冰淇淋放入该模具中，再通过按压的方式得到球形冰淇淋.已知该模具底部边长为3 cm. (1)求内壁的面积； (2)求制作该模具所需材料的体积； (3)求模具顶点到内壁的最短距离. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 26 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 27 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 28 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 29 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 30 14.(2024·陕西铜川三模)榫卯结构是中国古代建筑文化的瑰宝，在连接部分通过紧密的拼接，使得整个结构能够承受大量的重量，并且具有较高的抗震能力.这其中木楔子的运用，使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，木楔子是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛、木片等.如图为一个木楔子的直观图，其中四边形ABCD是边长为2的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥CD，EF＝4，则该木楔子的外接球的表面积为________. 16π 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 31 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 32 15.截角八面体是由正四面体经过适当的截角，即截去正四面体的四个顶点处的小棱锥所得的八面体.如图所示，有一个所有棱长均为a的截角八面体石材，现将此石材切削、打磨、加工成球，求加工后球的最大表面积. 解：如图，补全正四面体，则正四面体的棱长为3a.由正四面体的对称性，得正四面体的内切球球心、外接球球心与截角八面体的内切球球心重合，记为O，O在平面QPN和平面ABC上的投影分别为O1，O2，正四面体的内切球半径R＝OO1，外接球半径r＝OM＝OP，正四面体MQPN的高h＝MO1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 33 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 34 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：设这两个球的表面积分别为S1，S2，半径分别为r1，r2，则eq \f(S1,S2)＝2,1)eq \f(4πr,4πreq \o\al(2,2)) ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r1,r2))) eq \s\up12(2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(2)＝eq \f(1,9).故选A. 2.过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积与球的表面积的比为(　　) A.eq \f(3,16) B.eq \f(9,16) C.eq \f(3,8) D.eq \f(9,32) 解析：设球的半径为R，所得的截面为圆M，圆M的半径为r.画图可知，R2＝eq \f(1,4)R2＋r2，∴r2＝eq \f(3,4)R2.又S球＝4πR2，截面圆M的面积为πr2＝eq \f(3,4)πR2，∴所得截面的面积与球的表面积的比为eq \f(\f(3,4)πR2,4πR2)＝eq \f(3,16).故选A. 解析：设球原来的半径为r，体积为V，则V＝eq \f(4,3)πr3.当球的半径扩大到原来的2倍后，其体积变为eq \f(4,3)π·(2r)3＝8×eq \f(4,3)πr3.故选C. 解析：∵三个球的半径之比是1∶2∶3，∴可设三个球的半径依次为r，2r，3r，根据球的体积公式，得它们的体积分别为V1＝eq \f(4,3)πr3，V2＝eq \f(4,3)π(2r)3＝eq \f(32,3)πr3，V3＝eq \f(4,3)π(3r)3＝36πr3，∴两个较小球的体积之和为V1＋V2＝eq \f(4,3)πr3＋eq \f(32,3)πr3＝12πr3，由此可得，最大的球的体积是另两个球的体积之和的3倍.故选C. 解：(1)因为该“浮球”的圆柱筒的直径d＝6 cm，半球的直径也是6 cm，可得半径r＝3 cm，所以两个半球的体积之和为V1＝eq \f(4,3)πr3＝eq \f(4,3)π×33＝36π(cm3)，圆柱筒的体积V2＝πr2h＝π×32×2＝18π(cm3)， 该“浮球”的体积为V＝V1＋V2＝36π＋18π＝54π(cm3). (2)根据题意，上、下两个半球的表面积为S1＝4πr2＝4π×32＝36π(cm2)，而“浮球”的圆柱筒的侧面积为S2＝2πrh＝2π×3×2＝12π(cm2)， 该“浮球”的表面积为S＝S1＋S2＝36π＋12π＝48π(cm2). 解：要使冰淇淋融化后不会溢出杯子，则必须有V圆锥≥V半球，而V半球＝eq \f(1,2)×eq \f(4,3)π×43，V圆锥＝eq \f(1,3)π×42×h， 则有eq \f(1,3)π×42×h≥eq \f(1,2)×eq \f(4,3)π×43，解得h≥8，即当圆锥形杯子的高大于或等于8 cm时，冰淇淋融化后不会溢出杯子. 又因为S圆锥侧＝4πeq \r(h2＋16)，所以当高为8 cm时，制作的杯子最省材料，材料最省为16eq \r(5)π cm2. 知识点四　球的切、接问题 7.已知一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面相切，若这个球的体积是eq \f(32π,3)，则这个三棱柱的体积是(　　) A.96eq \r(3) B.16eq \r(3) C.24eq \r(3) D.48eq \r(3) 解析：设球的半径为r，由题意得eq \f(4,3)πr3＝eq \f(32π,3)，∴r＝2，故正三棱柱的高h＝4.设正三棱柱的底面边长为a，则eq \f(\r(3),2)a×eq \f(1,3)＝2，∴a＝4eq \r(3)，故三棱柱的体积V＝S底h＝eq \f(1,2)×a×eq \f(\r(3),2)a×h＝eq \f(\r(3),4)×(4eq \r(3))2×4＝48eq \r(3).故选D. 解析：可采用补体的方法，如图，先画一个正方体，正方体的棱长为eq \f(3\r(2),2)，那么正方体的面对角线长为3，取四点构成棱长均为3的三棱锥，若球与三棱锥的各棱均相切，即与正方体的各面相切，所以正方体的内切球就是所求的球，球的半径为正方体棱长的一半，即eq \f(3\r(2),4)，所以球的表面积为S＝4πR2＝4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),4))) eq \s\up12(2)＝eq \f(9π,2). eq \f(9π,2) 解：如图为其轴截面，令圆柱的高为h，底面半径为r，侧面积为S， 则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2))) eq \s\up12(2)＋r2＝R2， 即h＝2eq \r(R2－r2). 因为S＝2πrh＝4πreq \r(R2－r2) ＝4πeq \r(r2（R2－r2）)≤4πeq \r(\f(（r2＋R2－r2）2,4)) ＝2πR2， 当且仅当r2＝R2－r2，即r＝eq \f(\r(2),2)R时取等号. 所以当内接圆柱的底面半径为eq \f(\r(2),2)R，高为eq \r(2)R时，其侧面积最大，最大值为2πR2. 解析：设两个球的半径分别为R1，R2，且R1>R2，则4π(Req \o\al(2,1)－Req \o\al(2,2))＝48π，2π(R1＋R2)＝12π，所以R1－R2＝2.故选B. 2.正方体的内切球与外接球的体积之比为(　　) A.1∶3 B.1∶eq \r(3) C.1∶3eq \r(3) D.1∶2eq \r(3) 解析：设正方体的棱长为a，则其内切球的半径为eq \f(1,2)a，外接球的半径为eq \f(\r(3),2)a，所以内切球与外接球的体积之比为eq \f(\f(4,3)π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a))\s\up12(3),\f(4,3)π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))\s\up12(3))＝eq \f(1,3\r(3)) .故选C. 3.已知底面边长为1，侧棱长为eq \r(2)的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为(　　) A.eq \f(32π,3) B.4π C.2π D.eq \f(4π,3) 解析：因为该正四棱柱外接球的半径是该正四棱柱体对角线长的一半，所以半径r＝eq \f(1,2)×eq \r(12＋12＋（\r(2)）2)＝1，所以V球＝eq \f(4,3)π×13＝eq \f(4π,3).故选D. 4.(2024·河北邢台开学考试)已知某圆台的上底面半径为2，下底面半径为4，高为eq \r(7)，若某一球的体积与该圆台的体积相同，则该球的表面积为(　　) A.7π B.14π C.28π D.56π 解析：圆台的体积为eq \f(π（22＋42＋2×4）×\r(7),3)＝eq \f(28\r(7)π,3)，设该球的半径为R，则eq \f(4,3)πR3＝eq \f(28\r(7)π,3)，解得R＝eq \r(7)，所以该球的表面积S＝4πR2＝28π.故选C. 解析：设半球的半径为R，因为半球的体积为144π cm3，所以eq \f(2,3)πR3＝144π，解得R＝6 cm，所以圆台的较大底面半径是12 cm，高是6 cm，所以圆台的体积为eq \f(1,3)×6×(36π＋144π＋eq \r(36π×144π))＝504π cm3，所以该模型的体积为144π＋504π＝648π(cm3).故选C. 二、多项选择题 6.64个半径都为eq \f(a,4)的球，记它们的体积之和为V甲，表面积之和为S甲；一个半径为a的球，记其体积为V乙，表面积为S乙，则(　　) A.V甲＝eq \f(4,3)πa3，S甲＝16πa2 B.V乙＝eq \f(4,3)πa3，S乙＝4πa2 C.V甲>V乙，且S甲>S乙 D.V甲<V乙，且S甲<S乙 解析：64个半径都为eq \f(a,4)的球，它们的体积之和为V甲＝64×eq \f(4,3)πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,4))) eq \s\up12(3)＝eq \f(4,3)πa3，表面积之和为S甲＝64×4πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,4))) eq \s\up12(2)＝16πa2；一个半径为a的球，其体积为V乙＝eq \f(4,3)πa3，表面积为S乙＝4πa2，所以V甲＝V乙，且S甲>S乙.故选AB. 7.如图，一个盛满溶液的玻璃杯，其形状为一个倒置的圆锥，现放入一个球状物体，使其完全浸没于杯中，球面与圆锥侧面相切，且与玻璃杯口所在平面相切，则(　　) A.此圆锥的侧面积为8π B.球的表面积为eq \f(16π,3) C.原玻璃杯中溶液的体积为eq \f(16π,3) D.溢出溶液的体积为eq \f(32\r(3)π,27) 解析：如图，球心为圆锥轴截面三角形的中心，设圆锥的底面圆半径为R，高为h，母线长为l，球的半径为r，则由题意得R＝2，l＝4，h＝eq \r(l2－R2)＝eq \r(42－22)＝2eq \r(3).对于A，圆锥的侧面积为S＝eq \f(1,2)×2πR×l＝eq \f(1,2)×2π×2×4＝8π，故A正确；对于C，原玻璃杯中溶液的体积等于圆锥的体积，为V＝eq \f(1,3)×πR2h＝eq \f(1,3)×π×22×2eq \r(3)＝eq \f(8\r(3)π,3)，故C错误；对于B，D，∵圆锥的轴截面为正三角形，且边长为4，则球的 半径为r＝eq \f(1,3)×eq \r(42－22)＝eq \f(2\r(3),3)，∴球的表面积为S表＝4πr2＝4π× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3))) eq \s\up12(2)＝eq \f(16π,3)，溢出溶液的体积等于球的体积，为V＝eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3))) eq \s\up12(3)＝ eq \f(32\r(3)π,27)，故B，D正确.故选ABD. 三、填空题 8.某品牌暖水瓶的内胆规格如图所示，分为①②③④四个部分(水瓶内胆壁厚不计)，它们分别为一个半球，一个大圆柱，一个圆台和一个小圆柱.若其中圆台部分的体积为52π cm3，且水瓶灌满水后盖上瓶塞时水溢出eq \f(10π,3) cm3，则盖上瓶塞后水瓶的最大盛水量为________ cm3. 解析：由题图知，球的半径R与大圆柱的底面半径r1均为5 cm，大圆柱的高h1＝20 cm，小圆柱的底面半径r2＝2 cm，高h2＝2 cm，所以半球的体积V1＝eq \f(1,2)×eq \f(4,3)πR3＝eq \f(1,2)×eq \f(4,3)π×53＝eq \f(250π,3)(cm3)，大圆柱的体积V2＝πreq \o\al(2,1)h1＝π×52×20＝500π(cm3)，小圆柱的体积V3＝πreq \o\al(2,2)h2＝π×22×2＝8π(cm3)，所以盖上瓶塞后，水瓶的最大盛水量V＝eq \f(250π,3)＋500π＋8π＋52π－eq \f(10π,3)＝640π(cm3). 解析：设底面的中心为E，连接CE，PE，则CE＝eq \r(2)，PE＝eq \r(2)，设四棱锥的内切球的球心为O，半径为r，连接OA，OB，OC，OD，OP，得到四个三棱锥和一个四棱锥，它们的高均为r，∴VP－ABCD＝VO－ABCD＋VO－PAB＋VO－PBC＋VO－PCD＋VO－PAD，即eq \f(1,3)×2×2×eq \r(2)＝eq \f(1,3)×2×2r＋4×eq \f(1,3)×eq \r(3)r，解得r＝eq \f(\r(2)×（\r(3)－1）,2)，∴该四棱锥的内切球的表面积为4πr2＝(8－4eq \r(3))π. (8－4eq \r(3))π 解析：设球的半径为R，根据题意可得圆柱的底面半径为R，高为2R，设圆柱的表面积为S1，球的表面积为S2，eq \f(S1,S2)＝eq \f(2πR2＋2πR·2R,4πR2)＝eq \f(3,2)，故圆柱的表面积与球的表面积之比为3∶2. 解：几何体是图中阴影部分绕直线AC旋转一周所得旋转体，是一 个圆锥内挖去一个球后的剩余部分，球是圆锥的内切球， ∴圆锥的底面半径为1，高为eq \r(3)， 球的半径为r，tan30°＝eq \f(OC,BC)＝eq \f(r,1)，r＝eq \f(\r(3),3)， ∴圆锥的体积为eq \f(1,3)×π×12×eq \r(3)＝eq \f(\r(3)π,3)，球的体积为eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3))) eq \s\up12(3)＝eq \f(4\r(3)π,27)， ∴阴影部分绕直线AC旋转一周所得几何体的体积为eq \f(\r(3)π,3)－eq \f(4\r(3)π,27)＝eq \f(5\r(3)π,27). 解：(1)由题意，得内壁的面积就等于内切球的表面积， 如图过侧棱的中点作正三棱柱的截面，则球心为△MNG的中心， ∵MN＝3，∴△MNG内切圆的半径r＝OH＝eq \f(1,3)MH＝eq \f(1,3) eq \r(MN2－HN2) ＝eq \f(\r(3),2)，即内切球的半径R＝eq \f(\r(3),2)， ∴内切球的表面积S球＝4πR2＝3π cm2，即内壁的面积为3π cm2. (2)由题意，得模型的体积就等于棱柱的体积减去内切球的体积，由(1)得正三棱柱的高 h＝AA1＝2R＝eq \r(3)， ∵V棱柱＝S底·h＝eq \f(27,4)，V球＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(\r(3)π,2)， ∴V＝V棱柱－V球＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(27,4)－\f(\r(3)π,2))) cm3. (3)由(1)得OM＝2OH＝eq \r(3)， ∴AO＝eq \r(OM2＋AM2)＝eq \f(\r(15),2)， ∴点A到球面上的点的距离的最小值为 AO－R＝eq \f(\r(15)－\r(3),2) cm. 13.[多选](2024·吉林白山期中)如图为清代官员夏日所用官帽、凉帽的形制，无檐，形如圆锥，俗称喇叭式.材料多为藤、竹.外裹绫罗，多用白色，也有用湖色、黄色等.不同型号的官帽大小经常用帽坡长(母线长)和帽底宽(底面圆的直径长)两个指标进行衡量.现有一个官帽，帽坡长为20 cm，帽底宽为20eq \r(3) cm.关于此官帽，下列说法正确的是(　　) A.官帽轴截面(过顶点和底面中心的截面图形)的顶角为120° B.过官帽顶点和官帽侧面上任意两条母线的截面三角形的最 大面积为100eq \r(3) cm2 C.若此官帽顶点和底面圆上所有点都在同一个球上，则该球的表面积为1600π cm2 D.此官帽放在平面上，可以盖住的球(保持官帽不变形)的最大半径为(20eq \r(3)－30) cm 解析：如图所示，cosC＝eq \f(10\r(3),20)＝eq \f(\r(3),2)，C∈(0，90°)，所以∠C＝30°，∠ABC＝30°，∠BAC＝120°，故A正确；设官帽侧面上任意两条母线的夹角为θ，则过官帽顶点和官帽侧面上任意两条母线的截面三角形的面积S＝eq \f(1,2)×202×sinθ＝eq \f(1,2)×400sinθ＝200sinθ≤200，所以最大面积应为200 cm2，故B错误；设外接球的球心为O′，半径为R cm，则O′A＝O′B＝R，R2＝(10eq \r(3))2＋(10－R)2，解得R＝ 20，可见球心在AD延长线上，S＝4πR2＝4π×202＝1600π cm2， 故C正确；设O是内切球的球心，则OE＝OD，∠OBD＝15°，得 到最大半径为BD·tan∠OBD＝(20eq \r(3)－30) cm，故D正确.故选ACD. 解析：如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H， 连接DG，CH，则EG＝eq \f(4－2,2)＝1，故AG＝eq \r(AE2－EG2)＝eq \r(22－12)＝ eq \r(3).取AD的中点O′，连接GO′，又AG＝GD，∴GO′⊥AD，则GO′ ＝eq \r(AG2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AD,2)))\s\up12(2))＝eq \r(2).由对称性易知，过正方形ABCD的中心O1且垂 直于平面ABCD的直线必过线段EF的中点O2，且所求外接球的球心O在这条直线上，如图.设球O的半径为R，则R2＝OOeq \o\al(2,1)＋AOeq \o\al(2,1)，且R2＝OOeq \o\al(2,2)＋EOeq \o\al(2,2)，从而OOeq \o\al(2,1)＝OOeq \o\al(2,2)＋2，即(OO1＋OO2)(OO1－OO2)＝2，当点O在线段O1O2内(包括端点)时，有OO1＋OO2＝GO′＝eq \r(2)，可得OO1－OO2＝eq \r(2)，从而OO1＝eq \r(2)，即球心O为线段EF的中点，其半径R＝2.当点O在线段O1O2外时，O1O2＝eq \r(2)，(eq \r(2)＋OO2)2＝OOeq \o\al(2,2)＋2，解得OO2＝0(舍去).故所求外接球的表面积为4πR2＝16π. 数学　必修·第二册［人教Ａ版］作业与测评 由相似性易得正四面体MABC的高为eq \f(1,3)h，由正三角形的性质，易得△QPN的高h1＝eq \r(（3a）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)a))\s\up12(2))＝eq \f(3\r(3),2)a，则PO1＝eq \f(2,3)h1＝eq \r(3)a， 则在Rt△MPO1中，h＝MO1＝2,1)eq \r(MP2－PO) ＝eq \r(（3a）2－（\r(3)a）2)＝eq \r(6)a，PO2＝OOeq \o\al(2,1)＋POeq \o\al(2,1)⇒(eq \r(6)a－R)2＝R2＋(eq \r(3)a)2，解得R＝eq \f(\r(6),4)a，O1O2＝h－eq \f(1,3)h＝eq \f(2\r(6),3)a， 所以OO2＝eq \f(2\r(6),3)a－R＝eq \f(5\r(6),12)a>R，故加工后球的最大半径为R， 所以加工后球的最大表面积为S＝4πR2＝eq \f(3πa2,2). 1 $$