第8讲 立体几何 第1课时 几何体与球的切接问题、三视图 专题训练 含答案 2021届高考（理科）数学二轮复习

第 8 讲 立体几何 第 1 课时 几何体与球的切接问题、三视图 专题训练·作业(十七) 一、选择题 1.如图，在正四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中，底面的边长为 3，BD1 与底面所成角的大小为θ， 且 tanθ＝2 3 ，则该正四棱柱的外接球表面积为( ) A．26π B．28π C．30π D．32π 2．(2018·课标全国Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹 进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木 构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( ) 3.(2020·模拟)某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个工艺品，如图所示， 该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为 4 3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)，若其中一个截面圆的周长为 4π，则该球的半径是( ) A．2 B．4 C．2 6 D．4 6 4．(2020·安徽示范性高中联考)已知在三棱锥 P－ABC 中，AB⊥平面 APC，AB＝4 2，PA ＝PC＝ 2，AC＝2，则三棱锥 P－ABC 外接球的表面积为( ) A．28π B．36π C．48π D．72π 5．(2020·安徽皖中名校二联)将半径为 3，圆心角为2π 3 的扇形围成一个圆锥(接缝处忽略不计)， 则该圆锥的内切球的体积为( ) A. 2π 3 B. 3π 3 C.4π 3 D．2π 6. 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，据传其 墓碑上刻着他认为最满意的一个数学发现，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，如右图所示．在该 图中，球的体积是圆柱体积的2 3 ，并且球的表面积也是圆柱表面积的2 3.若圆 柱的表面积是 6π，现在向圆柱和球的缝隙里注水，则最多可以注入的水的体积为( ) A.π 3 B.2π 3 C．π D.4π 3 7．(2020·山西第一次联考)在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AA1⊥平面 ABC，BC1 与底面所成角 的正切值为2 6 3 ，三棱柱的各顶点均在半径为 2 的球 O 的球面上，且 AC＝2，∠ABC＝60°， 则三棱柱 ABC－A1B1C1 的体积为( ) A．4 3 B.4 3 3 C．4 2 D.4 2 3 8．(2020·福州市质量检测)如图，网格纸上的小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某几何 体的三视图，则该几何体的体积为( ) A．32 B．16 C.32 3 D.80 3 9．(2020·期末考试)如图是某实心机械零件的三视图，则该机械零件的表面积为 ( ) A．66＋2π B．66＋4π C．66－2π D．66－4π 10．(2020·湛江市第二十一中学热身考试)已知四棱锥 P－ABCD 的顶点都在球 O 的球面上， PA⊥底面 ABCD，AB＝AD＝1，BC＝CD＝2，若球 O 的表面积为 36π，则 PA＝( ) A．2 B. 6 C. 31 D. 33 11.(2020·福州市质检)如图，以棱长为 1 的正方体的顶点 A 为球心，以 2为半径作一个球面， 则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为( ) A.3π 4 B. 2π C.3π 2 D.9π 4 12．(2020·江西省八校联考)已知 A－BCD 是球 O 的内接三棱锥，球 O 的半径为 2，且 AC ＝4，BD＝2，∠ACD＝∠ACB＝π 3 ，则点 A 到平面 BCD 的距离为( ) A.2 6 3 B.4 6 3 C.2 3 3 D.4 3 3 13．把一个球形的铁质原材料切割成正三棱柱形的工业用的零配件，若该正三棱柱形的零配 件的最大体积为 8 cm3，则球形铁质原材料的体积为( ) A.4π 3 cm3 B.8π 3 cm3 C.16π 3 cm3 D.32π 3 cm3 二、填空题 14．如图，圆锥状容器内盛有水，水深 3 dm，水面直径 2 3 dm，放入一个铁球后，水恰好 把铁球淹没，则该铁球的体积为________ dm3. 15.从一个底面半径和高都是 R 的圆柱中挖去一个以圆柱上底面为底，下底面中心为顶点的 圆锥，得到如图所示的几何体．如果用一个与圆柱下底面距离为 l，并且平行于底面的平面 去截这个几何体，则截面面积为________． 16．(2020·运城市高三考前适应性测试)农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子 又称粽粒，古称角黍，是端午节大家都会品尝的食品．如图，平行四边形形状的纸片是由六 个边长为 2 的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体， 则该六面体的体积为________；若该六面体内有一球，当该球体积最大时，球的表面积是 ________． 17．(2020·大教育全国名校联考)已知四棱锥 P－ABCD 的底面 ABCD 是边长为 2 的正方形， 且∠PAB＝90°.若四棱锥 P－ABCD 的五个顶点在以 4 为半径的同一球面上，当 PA 最长时， ∠PDA＝________，四棱锥 P－ABCD 的体积为________． 18．(2020·唐山市高三模拟)已知四棱锥 P－ABCD 的顶点都在球 O 的球面上，PA⊥底面 ABCD，AB＝AD＝1，BC＝CD＝2，若球 O 的表面积为 36π，则直线 PC 与底面 ABCD 所 成角的余弦值为________． 19．(2019·天津)已知四棱锥的底面是边长为 2的正方形，侧棱长均为 5.若圆柱的一个底面 的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体 积为________． 20．(2020·广东七校第二次联考)在四棱锥 P－ABCD 中，四边形 ABCD 是边长为 2a 的正 方形，PD⊥底面 ABCD，且 PD＝2a，若在这个四棱锥内放一个球，则该球半径的最大值为 ________． 1．在棱长为 2 的正方体中，恰好有一个半径为 r 的球内切于该正方体，球的表面积记为 S1， 连接球与正方体的切点形成的多面体的表面积记为 S2，则S1 S2 的值是( ) A. 3π 3 B. 3π 8 C. 3π 6 D. 3π 4 2．(2020·山东泰安市高三第五次模拟)在四面体 ABCD 中，BC＝CD＝BD＝AB＝2，平面角 ∠ABC＝90°，二面角 A－BC－D 的平面角为 150°，则四面体 ABCD 外接球的表面积为( ) A.31 3 π B.124 3 π C．31π D．124π 3.(2020·湖北省七市联考)如图，△ABC 是边长为 2 的等边三角形，M 为 AC 的中点．将△ABM 沿 BM 折起到△PBM 的位置，当三棱锥 P－BCM 体积最大时，三棱锥 P－BCM 外接球的表 面积为( ) A．π B．3π C．5π D．7π 4．(2020·合肥肥东县调研)在三棱锥 P－ABC 中，平面 PAC⊥平面 ABC，AB⊥AC，PA＝PC ＝AC＝2，AB＝4，则三棱锥 P－ABC 的外接球的表面积为( ) A．23π B.23 4 π C．64π D.64 3 π 5．(2020·揭阳市高三摸底)已知在△ABC 中，∠B＝90°，DC⊥平面 ABC，AB＝4，BC＝5， CD＝3，则三棱锥 D－ABC 的外接球表面积为( ) A.50π 3 B．25π C．50π D.125 2π 3 6．(2020·模拟)已知点 A 是以 BC 为直径的圆 O 上异于 B，C 的动点，P 为平面 ABC 外一点，且平面 PBC⊥平面 ABC，BC＝3，PB＝2 2，PC＝ 5，则三棱锥 P－ABC 外接球 的表面积为________． 7．(2020·河南省鹤壁市二次模拟)在三棱锥 A－BCD 中，已知 BC＝CD＝BD＝ 2AB＝ 2AD ＝6，且平面 ABD⊥平面 BCD，则三棱锥 A－BCD 外接球的表面积为________． 8．(2020·衡水市高三下学期联考，文)已知长方体 ABCD－A1B1C1D1 的共顶点的三条棱长度 之比为 1∶1∶2，且其外接球的表面积为 16π，则该长方体的表面积为________． 9．(2020·福建省高三质量检测)已知长方体 ABCD－A1B1C1D1 中，AB＝5，AD＝3，AA1＝4， 过点 A 且与直线 CD 平行的平面α将长方体分成两部分，现同时将两个球分别放入这两部分 几何体内，则在平面α变化的过程中，这两个球的半径之和的最大值是________． 参考解析答案 1 答案 A 解析 如图，连接 BD，∵在正四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中， D1D⊥平面 ABCD，∴∠DBD1 为 BD1 与底面所成角， ∴tan∠DBD1＝tanθ＝2 3 ，BD＝3 2， 在 Rt△BDD1 中，DD1＝2 3BD＝2 2， ∴BD1＝ BD2＋DD12＝ 26， ∴正四棱柱的外接球半径为 26 2 ， 其表面积为 4π×26 4 ＝26π.故选 A. 2 答案 A 解析 由题意知，俯视图中应有一个不可见的长方形，且俯视图应为轴对称图形．故 A 正 确． 3 答案 B 解析 设截面圆半径为 r，球的半径为 R，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半即 2 3， 根据截面圆的周长可得 4π＝2πr，得 r＝2， 故由题意知 R2＝r2＋(2 3)2，即 R2＝22＋(2 3)2＝16，所以 R＝4.故选 B. 4 答案 B 解析 方法一：因为 PA＝PC＝ 2，AC＝2，所以 PA⊥PC.因为 AB⊥平面 APC， AC，PC⊂平面 APC，所以 AB⊥AC，AB⊥PC.又 PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面 PAB，所以 PC⊥平面 PAB，又 PB⊂平面 PAB，所以 PC⊥PB，则△BCP，△ABC 均为直角三角形．如图，取 BC 的中点为 O，连接 OA，OP，则 OB＝OC＝OA ＝OP，即点 O 为三棱锥 P－ABC 外接球的球心，在 Rt△ABC 中，AC＝2，AB＝4 2，则 BC＝6，所以外接球的半径 R＝3，所以三棱锥 P－ABC 外接球的表面积 S＝4πR2＝36π.故选 B. 方法二：因为 PA＝PC＝ 2，AC＝2，所以 PA⊥PC，△ACP 为直角三角形．如 图，取 AC 的中点为 M，则 M 为△PAC 外接圆的圆心．过 M 作直线 n 垂直于平 面 PAC，则直线 n 上任意一点到点 P，A，C 的距离都相等．因为 AB⊥平面 PAC， 所以 AB 平行于直线 n.设直线 n 与 BC 的交点为 O，则 O 为线段 BC 的中点，所 以点 O 到点 B，C 的距离相等，则点 O 即三棱锥 P－ABC 外接球的球心．因为 AB⊥平面 PAC，AC⊂平面 PAC，所以 AB⊥AC.又 AC＝2，AB＝4 2，所以 BC＝6，则外 接球的半径 R＝3，所以三棱锥 P－ABC 外接球的表面积 S＝4πR2＝36π.故选 B. 方法三：因为 PA＝PC＝ 2，AC＝2，所以 PA⊥PC，又 AB⊥平面 PAC，所以可 把三棱锥 P－ABC 放在如图所示的长方体中，此长方体的长、宽、高分别为 2，2， 4 2，则三棱锥 P－ABC 的外接球即长方体的外接球，长方体的体对角线即长方 体外接球的直径，易得长方体的体对角线的长为 6，则外接球的半径 R＝3，所以 三棱锥 P－ABC 外接球的表面积 S＝4πR2＝36π.故选 B. 5 答案 A 解析 设该圆锥的底面半径为 r，高为 h，则 2πr＝2π 3 ×3，解得 r＝1，所以 h＝ 32－12＝2 2. 设该圆锥的内切球的半径为 R，则 R 2 2－R ＝1 3 ，解得 R＝ 2 2 . 所以该圆锥的内切球的体积 V＝4 3 πR3＝4 3 π× 2 2 3 ＝ 2π 3 .故选 A. 6 答案 B 解析 设球的半径为 r，则由题意可得球的表面积为 4πr2＝2 3 ×6π，所以 r＝1，所以圆柱的 底面半径为 1、高为 2，所以最多可以注入的水的体积为π×12×2－4 3 π×13＝2π 3 . 7 答案 C 解析 在△ABC 中，AC＝2，∠ABC＝60°，所以三角形 ABC 的外接圆半径 r＝1 2 × 2 sin60° ＝ 2 3 3 .设△ABC 外接圆的圆心为 O1，连接 OO1，OA，O1A，则 OO1⊥平面 ABC，OO1＝1 2AA1， O1A＝r，OA＝2，所以 22＝r2＋ 1 2AA1 2 ，得 AA1＝4 6 3 .因为 AA1⊥平面 ABC，AA1∥CC1， 所以 CC1⊥平面 ABC，所以 BC1 与底面 ABC 所成的角是∠C1BC，所以 tan∠C1BC＝CC1 BC ＝ AA1 BC ＝ 4 6 3 BC ＝2 6 3 ，得 BC＝2，因此△ABC 是边长为 2 的正三角形，所以三棱柱 ABC－A1B1C1 的体积 V＝S△ABC×AA1＝ 3 4 ×4×4 6 3 ＝4 2.故选 C. 8 答案 D 解析 由三视图可得该几何体是一个直三棱柱截去一个三棱锥后余下的部 分，如图．三棱柱的底面是以 4 为直角边长的等腰直角三角形，高为 4，三 棱锥的底面是三棱柱的上底面，顶点是三棱柱侧棱的中点，则该几何体的 体积为1 2 ×42×4－1 3 ×1 2 ×42×2＝80 3 . 9 答案 B 解析 将三视图还原为直观图，可得该机械零件是由一个长方体及两个圆 柱组合而成，其中圆柱的底面圆心与长方体侧面的中心重合，圆柱的母线 与长方体左右侧面垂直，如图． 由三视图可得，长方体的长、宽、高分别为 3，3，4 ， 两个圆柱的底面半径都为 1，高都为 1. 所以该机械零件的表面积为长方体的表面积与两个圆柱侧面积之和．因为长方体的表面积为 2×(3×3＋3×4＋3×4)＝66，两个圆柱的侧面积为 2×2π×1×1＝4π， 所以该机械零件的表面积为 66＋4π. 10 答案 C 解析 连接 AC.设球 O 的半径为 R，则 4πR2＝36π，解得 R＝3.设底面 ABCD 外接圆的半径 r，则由圆的内接四边形的性质可知∠B＋∠D＝180°，又 AB＝AD＝1，BC＝CD＝2，AC＝ AC.故△ABC≌△ADC.故∠B＝∠D＝90°.故 AC＝ 12＋22＝ 5＝2r. 故 PA＝ （2R）2－（2r）2＝ 36－5＝ 31.故选 C. 11 答案 C 解析 正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧 长是以 A1 为圆心，1 为半径的圆周长的1 4 ，所以所有弧长之和为 3×2π 4 ＝3π 2 .故选 C. 12 答案 B 解析 由题意知 A，B，C，D 四点都在球面上，且 AC 为直径，∴AC 中 点即为球心 O，如图所示， ∴∠ADC＝∠ABC＝π 2 ， ∵AC＝4，∠ACD＝∠ACB＝π 3 ，∴BC＝CD＝2， 又∵BD＝2，∴△BCD 为正三角形． 取△BCD 中心 H，连接 OH，HC. 则 OH⊥面 BCD，又 HC⊂平面 BCD，∴OH⊥HC. 可求得 CH＝2 3 3 ，∵OC＝2，∴OH＝2 6 3 . 又∵AC 中点为 O，∴点 A 到面 BCD 的距离为点 O 到面 BCD 的距离的 2 倍， 即所求距离为4 6 3 .故选 B. 13 答案 D 解析 设球的内接正三棱柱的底面边长为 a cm，高为 h cm，球形铁质原材料的半径为 R cm， 则 1 2h 2 ＝R2－ 3 3 a 2 ，得 h＝ 4R2－4 3a2，所以 V 正三棱柱＝ 3 4 a2× 4R2－4 3a2＝1 2a2× 3R2－a2 ＝1 2 3R2a4－a6 (cm3)． 令 t＝a2，则 t>0，令 y＝3R2a4－a6，可化为 y＝－t3＋3R2t2，则 y′＝－3t(t－2R2)，所以函数 y ＝－t3＋3R2t2 在(0，2R2)上单调递增，在(2R2，＋∞)上单调递减，所以当 t＝2R2，即 a＝ 2R 时，正三棱柱的体积最大，为 R3＝8，所以球形铁质原材料的体积为4π 3 ×8＝32π 3 (cm3)． 14 答案 12π 5 15 答案 π(R2－l2) 解析 如图是题图所示几何体的轴截面图，OA＝AB＝R，所以△AOB 是等腰直角三角形．又 CD∥OA，则 CD＝BC.设 O1D＝x，则 CD＝R－x. 又 BC＝R－l，故 x＝l，所以所求截面面积 S＝πR2－πl2＝π(R2－l2)． 16 答案 4 2 3 32 27 π 解析 该六面体是由两个全等的正四面体组合而成，正四面体的棱长为 2， 如图，在棱长为 2 的正四面体 S－ABC 中， 取 BC 的中点 D，连接 SD，AD， 作 SO⊥平面 ABC，则垂足 O 在 AD 上， 则 AD＝SD＝ 3，OD＝1 3AD＝ 3 3 ，SO＝ SD2－DO2＝2 6 3 ， 则该六面体的体积为 V＝2VS－ABC＝2×1 3 ×1 2 ×2× 3×2 6 3 ＝4 2 3 . 当该六面体内有一球，且该球的体积取最大值时， 球心为 O，且该球与 SD 相切， 过球心 O 作 OE⊥SD，则 OE 就是球的半径， 因为 SO×OD＝SD×OE， 所以球的半径 OE＝SO×OD SD ＝ 2 6 3 × 3 3 3 ＝2 6 9 ， 所以该球的表面积为 4π· 2 6 9 2 ＝32 27 π. 17 答案 90° 8 14 3 解析 如图，由∠PAB＝90°及 AB⊥AD，得 AB⊥平面 PAD， 即 P 点在与 BA 垂直的圆面 O1 内运动， 易知，当 P，O1，A 三点共线时，PA 达到最长， 此时，PA 是圆 O1 的直径，则∠PDA＝90°， 即 PD⊥AD， 又 AB⊥PD，所以 DC⊥PD，又 AD∩DC＝D，AD，DC⊂平面 ABCD，所以 PD⊥平面 ABCD， 此时可将四棱锥 P－ABCD 补形为长方体 A1B1C1P－ABCD， 其体对角线为 PB＝2R＝8，又底面是边长为 2 的正方形，故 PD＝2 14， 故四棱锥体积 V＝1 3 ×4×2 14＝8 14 3 . 18 答案 5 6 解析 如图所示： ∵AB＝AD，BC＝CD，AC＝AC，∴△ABC≌△ADC，∴∠ABC＝∠ADC， 易知 A，B，C，D 四点共圆，则∠ABC＋∠ADC＝180°，∴∠ABC＝∠ADC＝90°， ∴四边形 ABCD 的外接圆直径为 AC＝ AB2＋BC2＝ 5， 设四棱锥 P－ABCD 的外接球半径为 R，则 4πR2＝36π，解得 R＝3，则 PC＝2R＝6， ∵PA⊥平面 ABCD， ∴直线 PC 与底面 ABCD 所成的角为∠ACP， 在 Rt△PAC 中，cos∠ACP＝AC PC ＝ 5 6 . 19 答案 π 4 解析 由题可得，四棱锥底面对角线的长为 2，则圆柱底面的半径为1 2 ，易知四棱锥的高为 5－1＝2，故圆柱的高为 1，所以圆柱的体积为π× 1 2 2 ×1＝π 4. 20 答案 (2－ 2)a 解析 方法一：由题意知，当球内切于四棱锥 P－ABCD 时半径最大．设该四棱锥的内切球 的球心为 O，半径为 r，连接 OA，OB，OC，OD，OP，则 VP－ABCD＝VO－ABCD＋VO－PAD＋VO －PAB＋VO－PBC＋VO－PCD，即1 3 ×2a×2a×2a＝1 3 × 4a2＋2×1 2 ×2a×2a＋2×1 2 ×2a×2 2a ×r， 解得 r＝(2－ 2)a. 方法二：易知当球内切于四棱锥 P－ABCD，即与四棱锥 P－ABCD 各个面均 相切时，球的半径最大．作出相切时的侧视图如图所示，设四棱锥 P－ABCD 内切球的半径为 r，则1 2 ×2a×2a＝1 2 ×(2a＋2a＋2 2a)×r，解得 r＝(2－ 2)a. 备选题 1 答案 A 解析 根据题意，可知该正方体的内切球的半径是正方体棱长的一半，即 r ＝1，则内切球的表面积 S1＝4π.设球与正方体的 6 个切点分别为 A，B，C， D，E，F，则易知这 6 个点分别是其所在的正方体的 6 个面的中心，连接这 6 个切点，得到如图所示的正八面体 ABCEDF，易知正八面体 ABCEDF 是 由 8 个全等的等边三角形围成的． 正八面体 ABCEDF 的棱长 AB＝1 2 ×2 2＝ 2，所以 S2＝8S△EAB＝8×1 2 × 2× 2×sinπ 3 ＝4 3， 所以S1 S2 ＝ 4π 4 3 ＝ 3π 3 .故选 A. 2 答案 B 解析 取 BC 中点 E 为坐标系原点，以过点 E 且垂直于平面 BCD 的直线 为 z 轴，EB 所在直线为 x 轴，ED 所在直线为 y 轴，建立如图所示的空 间直角坐标系． 由已知条件可得：B(1，0，0)，C(－1，0，0)，D(0，3，0)，A(1，－ 3， 1)． 设四面体 ABCD 外接球的球心为 O(x，y，z)，由|OA|＝|OB|＝|OC|＝|OD|，得： （x－1）2＋（y＋ 3）2＋（z－1）2＝ （x－1）2＋y2＋z2 ＝ （x＋1）2＋y2＋z2＝ x2＋（y－ 3）2＋z2， 解得 x＝0， y＝ 3 3 ， z＝3， 则球心 O 0， 3 3 ，3 ， ∴四面体 ABCD 外接球的半径 R＝|OA|＝ 12＋ 3 3 ＋ 3 2 ＋（3－1）2＝ 31 3 ，∴四面体 ABCD 外接球的表面积 S＝4πR2＝4π×31 3 ＝124π 3 .故选 B. 答案 C 解析 当三棱锥 P－BCM 体积最大时，P 点最高，此时 PM⊥MC，PM⊥BM，BM⊥MC， 故三棱锥 P－BCM 的外接球与以 MP，MB，MC 为邻边的长方体的外接球是同一个球， 设其半径为 R，因为 MP＝MC＝1，MB＝ 3， 所以(2R)2＝MP2＋MC2＋MB2＝1＋1＋3＝5， 所以三棱锥 P－BCM 外接球的表面积为 4πR2＝5π.故选 C. 答案 D 解析 如图所示，取 AC 中点 F，BC 中点 D，连接 OC，DF，PF，设 E 为△APC 外接圆的圆心，作 EO∥FD，DO∥PF，则交点 O 即为三棱锥 PABC 的外接球的球心，由题设可知，PF＝ 22－12＝ 3，EF＝ 3 3 ， 在直角三角形 ABC 中，BC2＝AB2＋AC2， 解得 BC＝2 5，所以 CD＝ 5， 三棱锥的外接球半径 r＝OC＝ （ 5）2＋ 3 3 2 ＝ 16 3 ， 则 S＝4π·r2＝64π 3 ，故选 D. 答案 C 解析 根据题意，在长方体中截取满足题意的几何体，如图所示，该长 方体长、宽、高分别为 5，4，3，且棱锥的几何特点均满足题意要求， 故三棱锥 D－ABC 与长方体有相同外接球． 故可得外接球半径 r＝ 32＋42＋52 2 ＝5 2 2 . 则其表面积 S＝4πr2＝50π.故选 C. 答案 10π 解析 ∵O 为△ABC 外接圆的圆心，且平面 PBC⊥平面 ABC，过 O 作面 ABC 的垂线 l，∴垂线 l 一定在面 PBC 内， 根据球的性质，球心一定在垂线 l 上， ∵球心 O1 一定在面 PBC 内，∴球心 O1 也是△PBC 外接圆的圆心，如图，在△PBC 中，由 余弦定理得 cos∠PBC＝PB2＋BC2－PC2 2BP·BC ＝ 2 2 ⇒sin∠PBC＝ 2 2 ， 由正弦定理得： PC sinB ＝2R，解得 R＝ 10 2 ， ∴三棱锥 P－ABC 外接球的表面积为 S＝4πR2＝10π. 答案 48π 解析 如图，在等边三角形 BCD 中，取 BD 的中点 F，设等边三角形 BCD 的中心为 O，连接 AF，CF，OA，OB，OD.由 BC＝6，得 BO＝CO＝DO ＝2 3CF＝2 3，OF＝ 3， 由已知可得△ABD 是以 BD 为斜边的等腰直角三角形，∴AF⊥BD， 又由已知可得平面 ABD⊥平面 BCD，平面 ABD∩平面 BCD＝BD，AF⊂平面 ABD，∴AF ⊥平面 BCD，又 OF⊂平面 BCD，∴AF⊥OF， ∴AO＝ OF2＋AF2＝2 3，∴OA＝OB＝OC＝OD＝2 3， ∴O 为三棱锥 A－BCD 外接球的球心，外接球半径 R＝OC＝2 3， ∴三棱锥 A－BCD 外接球的表面积为 4π×(2 3)2＝48π. 答案 80 3 解析 设长方体 ABCD－A1B1C1D1 的三条棱长分别为 k，k，2k(k>0)，长方体外接球的半径 为 R，则 4πR2＝16π，∴R＝2， 于是得 2R＝4＝ k2＋k2＋4k2＝ 6k，∴k＝ 4 6 ， 因此，该长方体的表面积为 2(k2＋2k2＋2k2)＝2×5k2＝80 3 . 9 答案 21 10 解析 如图，设平面α与平面 ABCD 的夹角为θ，令 tanθ 2 ＝t，则 t∈(0，1)．记 与平面 ABCD 相切的球的半径为 r1，另一个球的半径为 r2，则 r1 3－r1 ＝t，解得 r1＝ 3t 1＋t ，由 r2 4－r2 ＝tan π 2 －θ 2 ＝tan π 4 －θ 2 ，得 r2＝2－2t.注意到两个球的直径 都不超过 3，得 0