第六章　立体几何初步 6.3 球的表面积和体积--2026北师大版高中数学必修第二册章节练（含解析）

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2026北师大版高中数学必修第二册
6.3　球的表面积和体积
基础过关练
题组一　球的表面积和体积
1.(2025河北衡水阜城实验中学月考)一球体的表面积为4π,则该球体的体积为(　　)
A.π　　B.π　　C.2π　　D.π
2.(2025天津五区县重点校期中联考)若球的表面积扩大到原来的9倍,那么该球的体积扩大到原来的(　　)
A.9倍　　B.27倍　　C.81倍　　D.729倍
3.(多选题)(2024福建福州屏东中学期中)若一个球的直径为2R,一个圆柱和一个圆锥的底面直径、高都与球的直径相等,则下列结论正确的是(　　)
A.圆柱的侧面积为2πR2
B.圆锥的侧面积为2πR2
C.圆柱的侧面积与球的表面积相等
D.圆柱、圆锥、球的体积之比为3∶1∶2
4.牙雕套球又称“鬼工球”,取鬼斧神工的意思,制作相当繁复,工艺要求极高.现有某“鬼工球”,由外及里的两层是表面积分别为64π cm2和36π cm2的同心球(球壁的厚度忽略不计),在外球表面上有一点A,在内球表面上有一点B,连接AB,则线段AB长度的最小值是(　　)
A.1 cm　　B.2 cm　　
C.3 cm　　D. cm
5.(2025海南海口第四中学期中)17世纪30年代,意大利数学家卡瓦列里在《用新方法促进的连续不可分量的几何学》一书中介绍了利用平面图形的旋转计算球体体积的方法.如图,是一个半圆,圆心为O,四边形ABCD是半圆的外切矩形.以直线OE为轴将该平面图形旋转一周,记△OCD,图中阴影部分,及线段AB围成的图形旋转后所形成的几何体的体积分别为V1,V2,V3,则下列说法正确的是(　　)
A.V1+V2V3
C.V1>V2　　D.V1=V2
6.(2025吉林四平实验中学等七校期中联考)如图,某种水箱用的“浮球”是由两个相同的半球和一个圆柱组成的.已知半球的直径是6 cm,圆柱的高为2 cm.
(1)这种“浮球”的体积是多少
(2)要在2 500个这种“浮球”的表面涂一层胶,如果每平方米需要涂胶100克,那么共需涂胶多少克
题组二　球的截面问题
7.(2024贵州毕节模拟)如图所示,圆O1和圆O2是球O的两个截面圆,且两个截面互相平行,球心O在两个截面之间,记圆O1,圆O2的半径分别为r1,r2,若r2=3r1=3,O1O2=4,则球O的表面积为(　　)
A.40π　　B.42π　　C.44π　　D.48π
8.(2025湖北黄冈黄梅育才高级中学月考)球O与棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的各个面都相切,点M为棱DD1的中点,则平面ACM截球O所得截面圆的面积为(　　)
A.　　B.π　　C.　　D.
9.(2025海南文昌中学段考)已知过球面上三点A,B,C的截面到球心O的距离等于球半径的一半,且AB=BC=CA=2,则球的表面积为　　　　.
题组三　与球有关的切、接问题
10.(2024皖豫名校联盟模拟)已知圆台O1O2的上、下底面面积分别为4π,36π,其外接球球心O满足=3,则圆台O1O2的外接球体积与圆台O1O2的体积的比值为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
11.(2024天津十二校联考)圆柱容球定理是古希腊数学家阿基米德发现并证明的.如图,圆柱内有一个内切球,球的直径恰好与圆柱的高相等,在当时并不知道球的表面积和体积公式的情况下,阿基米德用穷竭法解决面积问题,用杠杆法解决体积问题.我们现在来计算一下圆柱与球的表面积的比值和圆柱与球的体积的比值分别为(　　)
A.,　　B.,　　C.,　　D.,
12.(2025江西名校学术联盟模拟冲刺)已知在三棱锥P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,△PAB,△PBC,△PCA的外接圆的面积分别为S1,S2,S3,若点P,A,B,C都在球O的表面上,且球O的表面积为S,则=(　　)
A.　　B.　　C.1　　D.2
13.(2023辽宁朝阳北票高级中学月考)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1的侧面展开图中,B,C是线段AD的三等分点,且AD=3.若该三棱柱的外接球O的表面积为12π,则AA1=　　　　.
14.(2025江西景德镇昌江一中考前演练)已知三棱锥P-QRS的各条棱都与同一个球面相切,若PQ=4,PR=5,PS=6,QS=8,则三角形QRS的周长为　　　　.
15.(2025山东菏泽模拟)有一个正四棱台形的木块,其上、下底面的边长分别为2和8,高为9,将其削成一个球,则所得球的体积的最大值为　　　　.
16.(2024天津第二南开学校期中)已知圆锥的母线PB,PA的长均为6,O为圆锥底面圆的圆心,连接PO,则PO=4.
(1)求圆锥的体积;
(2)有一球在该圆锥内部且与它的侧面和底面都相切,求这个球的体积.
能力提升练
题组一　球的表面积和体积
　　　　　　　　　　　　　　　　
1.(2024河北邢台模拟)如图,正四棱台容器ABCD-A1B1C1D1的高为12 cm,AB=10 cm,A1B1=2 cm,容器中水的高度为6 cm.现将57个大小相同、质地均匀的小铁球放入容器中(57个小铁球均被淹没),水位上升了3 cm,若忽略该容器壁的厚度,则小铁球的半径为(　　)
A. cm　　B. cm　　C. cm　　D. cm
2.如图所示,半径为R的半圆内的阴影部分(其中∠BAC=30°)以直径AB所在直线为旋转轴,旋转一周得到一几何体,则该几何体的表面积(包括内壁面积)为　　　.
题组二　球的截面问题
3.(2025江西九江模拟)已知球O与正三棱柱ABC-A1B1C1的各个面均相切,记平面ABC1截球O所得截面图形的面积为S1,球O的表面积为S2,则=(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
4.(2024海南海口部分学校期中)球面被平面所截后剩下的曲面叫作球冠(如图1),截得的圆面叫做球冠的底,垂直于圆面的直径被截得的线段叫做球冠的高.若球的半径为R,球冠的高为h,则球冠的表面积为2πRh.某同学制作了一个工艺品,如图2所示,该工艺品可以看作一个球被一个棱长为4的正方体的六个面所截后剩余的部分(球心与正方体的中心重合),即一个球去掉了6个球冠后剩下的部分.若其中一个截面圆的周长为2π,则该工艺品的表面积为(　　)
　　
A.20π　　B.(24-34)π　　
C.16π　　D.12π
题组三　与球有关的切、接问题
5.(2024河南新乡多校期中)一个高为h的圆锥形容器(容器壁厚度忽略不计)内部能完全容纳的最大球的半径为R,若h=3R,则这个圆锥的体积与这个最大球的体积的比值为(　　)
A.　　B.　　
C.　　D.
6.(2025福建泉州第五中学期中)如图,在一个表面积为18+108的正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1,若存在一个可以在三棱柱ABC-A1B1C1内任意转动的正方体,则该正方体的棱长a的最大值为(　　)
A.2　　B.　　C.　　D.1
7.(多选题)(2025福建福州闽侯第六中学期末)已知球O1的表面积为4π,一个正四面体的四个面都与球O1相切,且该正四面体的四个顶点都在球O2的表面上,则(　　)
A.该正四面体的表面积为24
B.该正四面体的体积是24
C.球O2的表面积是36π
D.球O1与球O2的体积之比是1∶27
答案与分层梯度式解析
6.3　球的表面积和体积
基础过关练
1.B 2.B 3.CD 4.A 5.D 7.A 8.D 10.B
11.C 12.A
1.B　设该球体的半径为R,则该球体的表面积为4πR2=4π,解得R=1(舍负),
因此该球体的体积V=πR3=π.
2.B　设球扩大后与扩大前的半径分别为r1,r2,
由题知球扩大后与扩大前的表面积的比值为===9,得=3,
则球扩大后与扩大前的体积的比值为===33=27,所以该球的体积扩大到原来的27倍.
规律总结
　　两个球的表面积之比等于它们半径之比的平方,体积之比等于它们半径之比的立方.
3.CD　由题意得圆柱的侧面积为2πR·2R=4πR2,A错误;
圆锥的母线长l==R,则侧面积为πRl=πR2,B错误;
球的表面积为4πR2,故圆柱的侧面积与球的表面积相等,C正确;
∵V圆柱=πR2·2R=2πR3,V圆锥=πR2·2R=πR3,V球=πR3,∴V圆柱∶V圆锥∶V球=2πR3∶πR3∶πR3=3∶1∶2,D正确.
4.A　设外球和内球的半径分别为R cm和r cm,则4πR2=64π,4πr2=36π,解得R=4,r=3,
易知当A,B与球心在同一直线上,且B在A与球心之间时,线段AB的长度最小,
∴线段AB长度的最小值是R-r=1(cm).
5.D　设半圆的半径为r.
以直线OE为轴将该平面图形旋转一周后,△OCD所形成的几何体为一个圆锥,其底面直径为DC=2r,高h=OE=r,则此圆锥的体积V1=S底h=πr3.
以直线OE为轴将该平面图形旋转一周后,及线段AB围成的图形所形成的几何体为一个半球,其半径为r,则该半球的体积V3=×πr3=πr3.
以直线OE为轴将该平面图形旋转一周后,题图中阴影部分所形成的几何体为一个圆柱减去一个半球,其中矩形ABCD所形成的几何体为圆柱,其底面直径为DC=2r,高h=OE=r,则题图中阴影部分所形成的几何体的体积V2=πr3-πr3=πr3.
故V1=V2,V1+V2=V3,3V1-V2=V3.
6.解析　(1)因为半球的直径是6 cm,所以其半径R=3 cm,所以两个半球的体积之和为V球=πR3=36π(cm3).
又V圆柱=πR2×2=18π(cm3),
所以这种“浮球”的体积V=V球+V圆柱=36π+18π=54π(cm3).
(2)根据题意,上、下两个半球的表面积之和是S球=4πR2=36π(cm2),
又S圆柱侧=2πR×2=12π(cm2),
所以1个这种“浮球”的表面积S=S球+S圆柱侧=36π+12π=48π(cm2).
所以2 500个这种“浮球”的表面积之和为2 500S=2 500×48π=120 000π(cm2)=12π(m2).
所以共需涂胶100×12π=1 200π(克).
7.A　设球O的半径为R,依题意得R2=O+=O+,即+1=O+9,解得OO2=1,因此R2=10,所以球O的表面积S=4πR2=40π.
8.D　易知球O的半径为1,设球心到截面圆的距离为d,截面圆的半径为r,连接OA,OC,OM,则V三棱锥O-ACM=V三棱锥M-AOC,即S△ACM·d=S△AOC,易得S△ACM=,S△AOC=,∴d=.又d2+r2=1,∴r=,∴截面圆的面积为π×=.
9.答案　π
解析　因为AB=BC=CA=2,所以△ABC是正三角形,其每个内角都是60°,设△ABC的外接圆的半径为r,则由正弦定理得=2r,所以r=.
设球的半径为R,则R2-=,
所以R=,所以该球的表面积为4πR2=.
10.B　设圆台O1O2的高为4h,则由题意得||=3||=3h,作出圆台的轴截面如图:
由圆台O1O2的上、下底面面积分别为4π,36π,得圆O1,O2的半径分别为2,6,
设外接球半径为R,由勾股定理得R2=4+9h2=36+h2,解得h=2,R=2,
故所求体积的比值为=.
11.C　设球的半径为R,则圆柱的底面圆的半径为R,高为2R,
所以圆柱的表面积S1=2πR2+2πR·2R=6πR2,体积V1=πR2·2R=2πR3,
球的表面积S2=4πR2,体积V2=πR3,
所以==,==.
12.A　设PA=a,PB=b,PC=c,
则△PAB,△PBC,△PCA的外接圆半径分别为,,,所以S1+S2+S3=π,
易知三棱锥P-ABC的外接球就是以PA,PB,PC为同一顶点处的三条棱的长方体的外接球,
所以球O的半径R=,则球O的表面积S=4πR2=(a2+b2+c2)π,所以=.
方法技巧
　　若三棱锥的三条侧棱相互垂直,求其外接球和内切球的相关问题时,可将其还原成长方体或正方体来解决.
13.答案　2
解析　设球O的半径为r,则4πr2=12π,解得r=(负值舍去),
分别取直三棱柱上、下底面的中心E,F,连接EF,则EF的中点即为直三棱柱外接球的球心O,作图如下:
连接OC,CF,则OC=r=,EF⊥平面ABC,EF=AA1=2OF.∵CF 平面ABC,∴OF⊥CF,
在等边△ABC中,CF=·BC·sin 60°=1,
在Rt△OFC中,OF==,
则AA1=2OF=2.
14.答案　24
解析　不妨设球面与棱PQ,PR,PS的切点分别为A,B,C,如图,
由过球外一点的所有切线的长都相等,可知PA=PB=PC,设PA=PB=PC=x,
因为PQ=4,PR=5,PS=6,
所以QA=4-x,RB=5-x,SC=6-x,
又QS=8,所以(4-x)+(6-x)=8,解得x=1,
所以QR=(4-1)+(5-1)=7,RS=(5-1)+(6-1)=9,
所以三角形QRS的周长为7+9+8=24.
15.答案　
解析　把正四棱台还原成正四棱锥,过该正四棱锥的顶点及底面一组对边的中点的平面截该棱锥及棱台分别得等腰三角形PAB和等腰梯形ABCD,如图,过C作CE⊥AB于E,
则AB=8,CD=2,CE=9,
所以tan∠ABC===,所以∠ABC=60°,
即△PAB是正三角形,其内切圆的半径r=·AB=4,且4因此所得正四棱锥的内切球的半径为4,该球是与正四棱台的侧面及下底面都相切的球,即为此正四棱台形的木块所能削成的最大球,
所以所得球的体积的最大值为=.
16.解析　(1)依题意得,圆锥的底面半径r=OA===2,
所以圆锥的体积V=π×22×4=.
(2)依题意得,圆锥的内切球球心在线段PO上,设球心为G,内切球的半径为R,如图,
则S△PAB=AB·PO=(PA+PB+AB)R,
即×4×4=×(6+6+4)R,解得R=,
所以内切球的体积V2=R3=×=.
方法总结
　　解决与球有关的切、接问题时,常画出过球心的截面圆,将问题转化为平面中圆与平面图形相切、接的问题.解题时要注意借助球的半径、截面圆的半径、球心到截面的垂线段构成的直角三角形.
能力提升练
1.A 3.A 4.B 5.D 6.A 7.ACD
1.A　由题意可得未放入小铁球时水面正方形的边长为×(2+10)=6(cm),水的体积V1=×(62+102+)×6=392(cm3),
放入铁球后,水的高度为9 cm,过A1B1作垂直于底面的截面A1B1FE,设水面与A1E交于点M,与B1F交于点N,如图,过B1作B1H⊥EF于H,交MN于G,
则EF=10 cm,B1H=12 cm,GH=9 cm,
所以==,可得GN=1 cm,则MN=4 cm,
此时水的体积V2=×(42+102+)×9=468(cm3),
故放入的57个小铁球的体积为468-392=76(cm3),
设小铁球的半径为r cm,则57×πr3=76,解得r=.
2.答案　πR2
解析　所得几何体如图所示,
过点C作CO1⊥AB于点O1.
∵∠BCA=90°,∠BAC=30°,AB=2R,
∴AC=R,BC=R,CO1=R,
∴=π×R×R=πR2,
=π×R×R=πR2,又S球=4πR2,
∴S几何体表=S球++
=4πR2+πR2+πR2=πR2.
故所得几何体的表面积为πR2.
3.A　设球O的半径为R.
∵球O与正三棱柱ABC-A1B1C1的各个面均相切,
∴正三棱柱ABC-A1B1C1的高为2R,底面边长为2R.
设正三棱柱ABC-A1B1C1上、下底面的中心分别是O1,O2,E是AB的中点,连接EC1,O1O2,EC,记O1O2与EC1的交点为F,如图,
则O到平面ABC1的距离d=OFsin∠OFC1=OFcos∠CEC1.
易得△FO2E∽△FO1C1,∴OF=,又CC1=2R,CE=3R,∴C1E=R,
∴cos∠CEC1=,∴d=.
平面ABC1截球O所得的截面图形为圆,其半径r==R,
∴S1=πr2=,
又S2=4πR2,∴=.
4.B　设截面圆的半径为r,球的半径为R,球冠的高为h,
易知球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半,即为2,
因为截面圆的周长为2π,所以2πr=2π,解得r=1,故R2=22+12=5,得R=,
所以球的表面积S=20π,h=R-2=-2,
则所截的一个球冠的表面积S1=2πRh=2π××(-2)=10π-4π,
又一个截面圆的面积为π×12=π,
所以工艺品的表面积S'=S-6S1+6π=20π-60π+24π+6π=(24-34)π.
5.D　作出圆锥的轴截面,如图,
由题可知△ADO'∽△AOC,AD==R,
所以=,即=,解得CO=R,
则V圆锥=π·CO2·h=3πR3,V球=πR3,
所以==.
解后反思
　　要使本题中球的体积取最大值,则该球的半径应取最大值,即该球应与该圆锥内切,从而转化为求圆锥轴截面三角形的内切圆的半径,即得球的半径的最大值.
6.A　因为AB=AA1,所以四边形ABB1A1为正方形.不妨令AB=AA1=λ(λ>0),
则三棱柱ABC-A1B1C1的表面积S=2S△ABC+3=2××λ2sin +3×λ2=λ2,
由题知λ2=18+108,所以λ=6,
设△ABC内切圆的半径为r,
由(λ+λ+λ)r=λ2sin ,得r=,
又2<6,所以正三棱柱ABC-A1B1C1的内切球半径为,
因为存在一个可以在正三棱柱ABC-A1B1C1内任意转动的正方体,所以该正方体的外接球要在该正三棱柱中,
若要使该正方体的棱长a取到最大值,则该正方体的外接球应为正三棱柱ABC-A1B1C1的内切球,即a=2,
所以a=2.
7.ACD　对于A,设正四面体的棱长为a,如图所示,在正四面体P-ABC中,点P在底面ABC内的投影为点O,易知O为底面三角形的重心,连接O1A,O1B,O1C,AO,
设内切球O1的半径为r,则4πr2=4π,则r=1,
易得AO=asin ×=a,PO===a,
S△ABC=S△PBC=S△ABP=S△APC=a2sin =a2,
又VP-ABC=+++,
即S△ABC×a=S△ABC·r+S△PBC·r+S△ABP·r+S△APC·r,所以r=a,所以a=2,所以该正四面体的表面积为4S△ABC=4×a2=×24=24,故A正确;
对于B,由A可得VP-ABC=S△ABC×a=×a2×a=8,故B错误;
对于C,将正四面体P-ABC放到一个正方体内,则正方体的外接球就是正四面体P-ABC的外接球,设外接球的半径为R,
则(2R)2=++,所以R=a,
由A得a=2,则R=a=×2=3,
所以球O2的表面积是4π×32=36π,故C正确;
对于D,由A,C知r=1,R=3,得r∶R=1∶3,所以球O1与球O2的体积之比是1∶27,故D正确.
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