第七章课后 课时3 答案

课时3球的接、切、截问题B【解析】正四棱柱即长方体，其体对角线长为d＝eq\r(32＋32＋42)＝eq\r(34)，因此其外接球的半径为r＝eq\f(\r(34),2)，则其表面积为S＝4πr2＝34π.故选B.2．B【解析】与正方体各条棱相切的球的半径为22a，所以该球的表面积为2π3．D【解析】因为正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1，所以正四面体的外接球与内切球的体积之比为27∶1.故选D.4．A【解析】如图所示，旋转体的轴截面为边长为eq\r(2)的正方形，设O为内切球的球心，内切球半径r＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(\r(2),2)，所以该几何体的内切球的体积为eq\f(4,3)×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(\r(2)π,3).故选A.D【解析】如图所示，因为正三棱锥S-ABC的侧棱长为，底面边长为6，则，所以三棱锥的高.又由球心O到四个顶点的距离相等，在Rt△AOE中，，，又由，即，解得，所以球的表面积为.故选D.B【解析】连接BD，B1D1，如图，因为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为4，∠BAD＝60°，所以△ABD，△A1B1D1，△B1C1D1是正三角形，则BD＝B1D1＝4，取B1C1的中点O，连接D1O，则D1O⊥B1C1，D1O＝2eq\r(3)，易知BB1⊥平面B1C1D1，又D1O平面B1C1D1，所以BB1⊥D1O，又B1C1∩BB1＝B1，B1C1，BB1平面BCC1B1，所以D1O⊥平面BCC1B1，故平面BCC1B1截球面的截面圆的圆心是点O，取BB1和CC1的中点E，F，连接EF，OE，OF，D1E，D1F，则OE＝OF＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，D1E＝D1F＝eq\r(D1O2＋OF2)＝eq\r(12＋8)＝2eq\r(5)，故E，F在球面上，又OE＝OF＝2eq\r(2)，EF＝4，即OE2＋OF2＝EF2，所以△OEF为直角三角形，∠EOF＝90°，球面与侧面BCC1B1的交线是侧面上以O为圆心，2eq\r(2)为半径的圆弧EF，则leq\o\ac(\s\up6(⌒),EF)=eq\f(1,4)×2×2eq\r(2)π＝eq\r(2)π.故选B.7．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(1,2)a.因为M，N分别为外接球和内切球上的动点，所以MNmin＝eq\f(\r(3),2)a－eq\f(1,2)a＝eq\f(\r(3)－1,2)a＝eq\r(3)－1，解得a＝2，即正方体的棱长为2，所以正方体外接球的表面积为4π×(eq\r(3))2＝12π，内切球的体积为eq\f(4,3)π，故A，B，C正确；线段MN的最大值为eq\r(3)＋1，故D错误．故选ABC.8、BC【解析】由已知可知勒洛四面体内的四面体是正四面体，根据题意，画出正四面体A-BCD，如图所示，设正四面体的棱长为x，所以正四面体底面外接圆的半径R＝eq\f(2,3)×sin60°·x＝eq\f(\r(3),3)x，则正四面体的高h＝eq\r(x2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)x))\s\up12(2))＝2eq\r(2)，解得x＝2eq\r(3)，则AB＝2eq\r(3)，故A错误；由x＝2eq\r(3)，则正四面体底面外接圆的半径R＝eq\f(2,3)×sin60°×2eq\r(3)＝eq\f(\r(3),3)×2eq\r(3)＝2，故B正确；正四面体的体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×(2eq\r(3))2×sin60°×2eq\r(2)＝2eq\r(6)，故C正确；又因为两个该勒洛四面体的表面积小于半径为2eq\r(3)的一个球的表面积，而半径为2eq\r(3)的一个球的表面积为4π×(2eq\r(3))2＝48π，所以该勒洛四面体的表面积小于24π，故D错误．故选BC.9．ACD【解析】对于A，如图，过点O作OM∥BC，交劣弧eq\o(AC,\s\up8(︵))于点M，连接ON，由于N，O分别为SA，AB的中点，所以ON∥SB，又ON⊄平面SBC，OM⊄平面SBC，SB⊂平面SBC，BC⊂平面SBC，所以ON∥平面SBC，OM∥平面SBC，又OM∩ON＝O，所以平面OMN∥平面SBC.又MN⊂平面OMN，所以MN∥平面SBC，故A正确；对于B，假设圆O上存在点M使AM⊥平面SBC，SB⊂平面SBC，所以AM⊥SB.又因为SO⊥平面ABC，AM⊂平面ABC，所以AM⊥SO，又SO∩SB＝S，所以AM⊥平面SOB，又AM⊥平面SBC，所以平面SOB∥平面SBC，而平面SOB∩平面SBC＝SB，故B错误；对于C，如图，已知SA＝5，圆锥SO的侧面积为S＝π×AO×SA＝15π，解得AO＝3，则SO＝4，由题意可知球心在SO上，记为O′，设其半径为R，由勾股定理得OA2＋OO′2＝O′A2，所以32＋(4－R)2＝R2，解得R＝eq\f(25,8)，故C正确；对于D，设圆锥SO的内切球半径为r，则圆锥的轴截面SAB内切圆的半径为r，SA＝5，AO＝3，则SO＝4，由等面积法知eq\f(1,2)·r·(6＋5＋5)＝eq\f(1,2)×6×4，r＝eq\f(3,2)，故D正确.故选ACD.10、eq\f(3,2)；eq\f(3,2)【解析】由题意，圆柱底面半径r＝球的半径R，圆柱的高h＝2R，则V球＝eq\f(4,3)πR3，V柱＝πr2h＝π·R2·2R＝2πR3.所以eq\f(V柱,V球)＝eq\f(2πR3,\f(4,3)πR3)＝eq\f(3,2).S球＝4πR2，S柱＝2πr2＋2πrh＝2πR2＋2πR·2R＝6πR2.所以eq\f(S柱,S球)＝eq\f(6πR2,4πR2)＝eq\f(3,2).11、1【解析】如图所示，过球心O作OO1⊥平面ABC，则O1为等边三角形ABC的外心．设△ABC的边长为a，则eq\f(\r(3),4)a2＝eq\f(9\r(3),4)，解得a＝3，所以O1A＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×3＝eq\r(3).设球O的半径为r，则由4πr2＝16π，得r＝2，即OA＝2.在Rt△OO1A中，OO1＝eq\r(OA2－O1A2)＝1，即O到平面ABC的距离为1.12、[2eq\r(2)，2eq\r(3)]【解析】设球的半径为R.当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，正方体的外接球直径2R′为体对角线长AC1＝eq\r(42＋42＋42)＝4eq\r(3)，即2R′＝4eq\r(3)，R′＝2eq\r(3)，故Rmax＝2eq\r(3)；如图，分别取侧棱AA1，BB1，CC1，DD1的中点M，H，G，N，显然四边形MNGH是边长为4的正方形，且O为正方形MNGH的对角线交点，连接MG，则MG＝4eq\r(2)，当球的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆时，球的半径达到最小，即R的最小值为2eq\r(2).综上，R∈[2eq\r(2)，2eq\r(3)].13.【解】（1），．（2）,，则三棱锥的表面积为．设三棱锥的内切球半径为r，则，则.14．【证明】（1）因为平面，平面