補上一課　與球有關的切、接問題

補上一課與球有關的切、接問題題型分析研究與球有關的切、接問題，既要運用多面體、旋轉(zhuǎn)體的知識，又要運用球的幾何性質(zhì)，要特別注意多面體、旋轉(zhuǎn)體的有關幾何元素與球的半徑之間的關系，解決此類問題的關鍵是確定球心.題型一定義法例1(1)(2024·宣城模擬)在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝2，AB＝2eq\r(2)，AC＝4，∠BAC＝45°，則三棱錐P－ABC外接球的表面積是()A.14π B.16π C.18π D.20π答案D解析在△BAC中，∠BAC＝45°，AB＝2eq\r(2)，AC＝4，由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos45°＝8＋16－2×4×2eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝8，則BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB，由PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，得PA⊥BC，又PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB，所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，所以△PBC為直角三角形，又△PAC為直角三角形，所以PC是三棱錐P－ABC外接球直徑，設O是PC的中點，即為球心，又AC＝4，PA＝2，所以PC＝eq\r(AC2＋PA2)＝eq\r(42＋22)＝2eq\r(5)，所以外接球半徑為eq\r(5)，所以所求外接球的表面積S＝4π×(eq\r(5))2＝20π.(2)(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱臺的高為1，上、下底面邊長分別為3eq\r(3)和4eq\r(3)，其頂點都在同一球面上，則該球的表面積為()A.100π B.128π C.144π D.192π答案A解析由題意，得正三棱臺上、下底面的外接圓的半徑分別為eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×3eq\r(3)＝3，eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×4eq\r(3)＝4.設球O的半徑為R，該棱臺上、下底面的外接圓的圓心分別為O1，O2，連接O1O2，則O1O2＝1，其外接球的球心O在直線O1O2上.當球心O在線段O1O2上時，R2＝32＋OOeq\o\al(2,1)＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；當球心O不在線段O1O2上時，R2＝42＋OOeq\o\al(2,2)＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以該球的表面積為S＝4πR2＝100π，綜上，該球的表面積為100π.感悟提升到各個頂點距離均相等的點為外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圓圓心，找其垂線，則球心一定在垂線上，再根據(jù)到其他頂點距離也是半徑，列關系式求解即可.訓練1已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6個頂點都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，則球O的半徑為()A.eq\f(3\r(17),2) B.2eq\r(10)C.eq\f(13,2) D.3eq\r(10)答案C解析由題意作圖如圖，過球O作平面ABC的垂線，則垂足為BC的中點M.∵AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，∴BC＝5，又AM＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(5,2)，OM＝eq\f(1,2)AA1＝6，∴球O的半徑R＝OA＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))\s\up12(2)＋62)＝eq\f(13,2).題型二補形法例2(1)(2024·湖州調(diào)研)已知三棱錐P－ABC的四個頂點在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是邊長為2的正三角形，E，F(xiàn)分別是PA，AB的中點，∠CEF＝90°，則球O的體積為()A.eq\r(6)π B.6π C.24π D.8eq\r(6)π答案A解析設PA＝PB＝PC＝2x，E，F(xiàn)分別為PA，AB的中點，∴EF∥PB，EF＝eq\f(1,2)PB＝x，AE＝eq\f(1,2)PA＝x.連接CF，∵△ABC是邊長為2的等邊三角形，∴CF＝eq\r(3)，又∠CEF＝90°，∴CE＝eq\r(3－x2).在△AEC中，由余弦定理得cos∠EAC＝eq\f(x2＋4－（3－x2）,2×2x)＝eq\f(2x2＋1,4x).過點P作PD⊥AC于點D.∵PA＝PC，∴D為AC的中點，∴cos∠EAC＝eq\f(AD,PA)＝eq\f(1,2x)，∴eq\f(2x2＋1,4x)＝eq\f(1,2x)，解得x＝eq\f(\r(2),2)(負值舍去)，∴PA＝PB＝PC＝eq\r(2)，又AB＝BC＝AC＝2，∴PA，PB，PC兩兩垂直，即三棱錐P－ABC是以PA，PB，PC為棱的正方體的一部分，∴球O的直徑2R＝eq\r(2＋2＋2)＝eq\r(6)，解得R＝eq\f(\r(6),2)，則球O的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×eq\f(6\r(6),8)＝eq\r(6)π，故選A.(2)(2024·濟南質(zhì)檢)若正四面體的表面積為8eq\r(3)，則其外接球的體積為________.答案4eq\r(3)π解析設正四面體的棱長為a，則正四面體的表面積為4×eq\f(\r(3),4)a2＝8eq\r(3)，解得a＝2eq\r(2).法一將正四面體放入正方體內(nèi)，則正四面體的棱為正方體的面對角線，故正方體的棱長x滿足eq\r(2)x＝a，解得x＝2.易知正四面體的外接球即正方體的外接球，設外接球的半徑為R，則R滿足2R＝eq\r(3)x，故R＝eq\r(3)，∴外接球的體積為eq\f(4π,3)R3＝4eq\r(3)π.法二易求得正四面體的高h＝eq\r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)×\f(\r(3),2)a))\s\up12(2))＝eq\f(4,\r(3))，設正四面體的外接球半徑為R，則R＝eq\f(3,4)h＝eq\r(3)，∴外接球的體積為eq\f(4π,3)R3＝4eq\r(3)π.法三易求得正四面體的高h＝eq\r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)×\f(\r(3),2)a))\s\up12(2))＝eq\f(4,\r(3))，設正四面體的外接球半徑為R，則R2＝(h－R)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)×\f(\r(3),2)a))eq\s\up12(2)，解得R＝eq\r(3)，∴外接球的體積為eq\f(4π,3)R3＝4eq\r(3)π.感悟提升1.補形法的解題策略(1)側(cè)面為直角三角形或正四面體，或?qū)饩嗟鹊哪Ｐ?，可以放到正方體或長方體中去求解；(2)直三棱錐補成三棱柱求解.2.正方體與球的切、接問題的常用結論正方體的棱長為a，球的半徑為R，(1)若球為正方體的外接球，則2R＝eq\r(3)a；(2)若球為正方體的內(nèi)切球，則2R＝a；(3)若球與正方體的各棱相切，則2R＝eq\r(2)a.3.若長方體的共頂點的三條棱長分別為a，b，c，外接球的半徑為R，則2R＝eq\r(a2＋b2＋c2).訓練2(1)在三棱錐A－BCD中，側(cè)棱AB，AC，AD兩兩垂直，△ABC，△ACD，△ADB的面積分別為eq\f(\r(2),2)，eq\f(\r(3),2)，eq\f(\r(6),2)，則三棱錐A－BCD的外接球的體積為________.答案eq\r(6)π解析在三棱錐A－BCD中，側(cè)棱AB，AC，AD兩兩垂直，將其補成長方體，兩者的外接球是同一個，長方體的體對角線就是球的直徑.設長方體同一頂點處的三條棱長分別為a，b，c，由題意得ab＝eq\r(6)，ac＝eq\r(3)，bc＝eq\r(2)，解得a＝eq\r(3)，b＝eq\r(2)，c＝1，所以球的直徑為eq\r(（\r(3)）2＋（\r(2)）2＋1)＝eq\r(6)，它的半徑為eq\f(\r(6),2)，球的體積為eq\f(4π,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))eq\s\up12(3)＝eq\r(6)π.(2)(2023·焦作模擬)已知三棱錐P－ABC的每條側(cè)棱與它所對的底面邊長相等，且PA＝3eq\r(2)，PB＝PC＝5，則該三棱錐的外接球的表面積為________.答案34π解析根據(jù)題意，三棱錐P－ABC可以嵌入一個長方體內(nèi)，且三棱錐的每條棱均是長方體的面對角線，設長方體交于一個頂點的三條棱長分別為a，b，c，如圖所示，則a2＋b2＝PA2＝18，a2＋c2＝PB2＝25，b2＋c2＝PC2＝25，解得a＝3，b＝3，c＝4.所以該三棱錐的外接球的半徑R＝eq\f(\r(a2＋b2＋c2),2)＝eq\f(\r(32＋32＋42),2)＝eq\f(\r(34),2)，所以該三棱錐的外接球的表面積S＝4πR2＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(34),2)))eq\s\up12(2)＝34π.題型三截面法例3(1)四棱錐P－ABCD的頂點都在球O的表面上，△PAD是等邊三角形，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥平面ABCD，若AB＝2，BC＝3，則球O的表面積為()A.12π B.16π C.20π D.32π答案B解析如圖，連接AC，BD，AC∩BD＝G，取AD的中點E，連接PE.∵四邊形ABCD為矩形，∴G為四邊形ABCD的外接圓圓心；在線段PE上取ME＝eq\f(1,3)PE，∵△PAD為等邊三角形，∴M為△PAD外接圓圓心，過G，M分別作平面ABCD和平面PAD的垂線，則兩垂線的交點即為球O的球心O，連接OP，∵△PAD為等邊三角形，∴PE⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE?平面PAD，∴PE⊥平面ABCD，∴PE∥OG；同理可得，OM∥EG，∴四邊形OMEG為矩形；∴OM＝EG＝eq\f(1,2)AB＝1，PM＝eq\f(2,3)PE＝eq\f(2,3)×eq\r(9－\f(9,4))＝eq\r(3)，∴OP＝eq\r(OM2＋PM2)＝2，即球O的半徑R＝2，∴球O的表面積S＝4πR2＝16π.(2)如圖所示，直三棱柱ABC－A1B1C1是一塊石材，測量可得∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，AA1＝13.若將該石材切削、打磨，加工成幾個大小相同的健身手球，則一個加工所得的健身手球的最大體積及此時加工成的健身手球的個數(shù)分別為()A.eq\f(32π,3)，4 B.eq\f(9π,2)，3C.6π，4 D.eq\f(32π,3)，3答案D解析依題意知，當健身手球與直三棱錐的三個側(cè)面均相切時，健身手球的體積最大.易知AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝10，設健身手球的最大半徑為R，則eq\f(1,2)×(6＋8＋10)×R＝eq\f(1,2)×6×8，解得R＝2.則健身手球的最大直徑為4.因為AA1＝13，所以最多可加工3個健身手球.于是一個健身手球的最大體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×23＝eq\f(32π,3).感悟提升1.與球截面有關的解題策略(1)定球心：如果是內(nèi)切球，球心到切點的距離相等且為半徑；如果是外接球，球心到接點的距離相等且為半徑；(2)作截面：選準最佳角度作出截面，達到空間問題平面化的目的.2.正四面體的外接球的半徑R＝eq\f(\r(6),4)a，內(nèi)切球的半徑r＝eq\f(\r(6),12)a，其半徑之比R∶r＝3∶1(a為該正四面體的棱長).訓練3(1)(2024·淮北模擬)半球內(nèi)放三個半徑為eq\r(3)的小球，三小球兩兩相切，并且與球面及半球底面的大圓面也相切，則該半球的半徑是()A.1＋eq\r(3) B.eq\r(3)＋eq\r(5)C.eq\r(5)＋eq\r(7) D.eq\r(3)＋eq\r(7)答案D解析三個小球的球心O1，O2，O3構成邊長為2eq\r(3)的正三角形，則其外接圓半徑為2.設半球的球心為O，小球O1與半球底面切于點A，如圖，經(jīng)過點O，O1，A作半球的截面，則半圓⊙O的半徑為OC，OC⊥OA，作O1B⊥OC于點B.則OA＝O1B＝2.設該半球的半徑是R，在Rt△OAO1中，由(R－eq\r(3))2＝22＋(eq\r(3))2可得R＝eq\r(3)＋eq\r(7).(2)(2021·天津卷)兩個圓錐的底面是一個球的同一截面，頂點均在球面上，若球的體積為eq\f(32π,3)，兩個圓錐的高之比為1∶3，則這兩個圓錐的體積之和為()A.3π B.4π C.9π D.12π答案B解析如圖所示，設兩個圓錐的底面圓圓心為點D，圓錐AD和圓錐BD的高之比為3∶1,即AD＝3BD，設球的半徑為R，則eq\f(4πR3,3)＝eq\f(32π,3)，可得R＝2，所以AB＝AD＋BD＝4BD＝4，所以BD＝1，AD＝3.因為CD⊥AB，則∠CAD＋∠ACD＝∠BCD＋∠ACD＝90°，所以∠CAD＝∠BCD，又因為∠ADC＝∠BDC，所以△ACD∽△CBD，所以eq\f(AD,CD)＝eq\f(CD,BD)，所以CD＝eq\r(AD·BD)＝eq\r(3)，因此，這兩個圓錐的體積之和為eq\f(1,3)π·CD2·(AD＋BD)＝eq\f(1,3)π·3×4＝4π.【A級基礎鞏固】1.正方體的外接球與內(nèi)切球的表面積比值為()A.eq\r(3) B.3eq\r(3) C.3 D.eq\f(1,3)答案C解析設正方體的外接球的半徑為R，內(nèi)切球的半徑為r，棱長為1，則正方體的外接球的直徑為正方體的體對角線長，即2R＝eq\r(3)，所以R＝eq\f(\r(3),2)，正方體內(nèi)切球的直徑為正方體的棱長，即2r＝1，即r＝eq\f(1,2)，所以eq\f(R,r)＝eq\r(3)，所以正方體的外接球與內(nèi)切球的表面積比值為eq\f(4πR2,4πr2)＝eq\f(R2,r2)＝3.2.若圓錐的內(nèi)切球與外接球的球心重合，且內(nèi)切球的半徑為1，則圓錐的體積為()A.π B.2π C.3π D.4π答案C解析過圓錐的旋轉(zhuǎn)軸作軸截面，得△ABC及其內(nèi)切圓⊙O1和外接圓⊙O2，且兩圓同圓心，即△ABC的內(nèi)心與外心重合，易得△ABC為正三角形，由題意得⊙O1的半徑為r＝1，∴△ABC的邊長為2eq\r(3)，∴圓錐的底面半徑為eq\r(3)，高為3，∴V＝eq\f(1,3)×π×3×3＝3π.3.已知一個三棱柱，其底面是正三角形，且側(cè)棱與底面垂直，一個體積為eq\f(4π,3)的球體與棱柱的所有面均相切，那么這個三棱柱的表面積是()A.6eq\r(3) B.12eq\r(3) C.18eq\r(3) D.24eq\r(3)答案C解析根據(jù)已知可得球的半徑等于1，故三棱柱的高等于2，底面三角形內(nèi)切圓的半徑等于1，即底面三角形的高等于3，邊長等于2eq\r(3)，所以這個三棱柱的表面積等于3×2eq\r(3)×2＋2×eq\f(1,2)×2eq\r(3)×3＝18eq\r(3).4.已知棱長為1的正四面體的四個頂點都在一個球面上，則這個球的體積為()A.eq\f(\r(6),8)π B.eq\f(\r(6),4)π C.eq\f(\r(3),8)π D.eq\f(\r(3),4)π答案A解析如圖將棱長為1的正四面體B1－ACD1放入正方體ABCD－A1B1C1D1中，且正方體的棱長為1×cos45°＝eq\f(\r(2),2)，所以正方體的體對角線AC1＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(6),2)，所以正方體外接球的半徑R＝eq\f(AC1,2)＝eq\f(\r(6),4)，所以正方體外接球的體積為eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4)))eq\s\up12(3)＝eq\f(\r(6),8)π，因為正四面體的外接球即為正方體的外接球，所以正四面體的外接球的體積為eq\f(\r(6),8)π.5.(2024·青島調(diào)研)一個球與一個正三棱柱(底面為等邊三角形，側(cè)棱與底面垂直)的兩個底面和三個側(cè)面都相切，若棱柱的體積為48eq\r(3)，則球的表面積為()A.16π B.4π C.8π D.32π答案A解析由題意，設正三棱柱的底面邊長為a，則其內(nèi)切球的半徑r＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)a＝eq\f(\r(3),6)a，所以正三棱柱的高h＝2r＝eq\f(\r(3),3)a.棱柱的體積V＝eq\f(\r(3),4)a2·h＝eq\f(\r(3),4)a2·eq\f(\r(3),3)a＝eq\f(a3,4)＝48eq\r(3)，得a＝4eq\r(3)，所以球的表面積S＝4πr2＝4π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),6)a))eq\s\up12(2)＝eq\f(π,3)a2＝16π.故選A.6.(2024·福建聯(lián)合測評)已知在正三棱錐P－ABC中，O為△ABC的中心，AB＝6，∠APB＝2∠PAO，則該正三棱錐的外接球的表面積為()A.49π B.36π C.32π D.28π答案A解析設正三棱錐P－ABC的側(cè)棱長為x.易知OA＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×6＝2eq\r(3)，則cos∠PAO＝eq\f(OA,PA)＝eq\f(2\r(3),x)，cos∠APB＝eq\f(x2＋x2－36,2x2)＝eq\f(x2－18,x2).因為∠APB＝2∠PAO，所以cos∠APB＝cos2∠PAO，所以eq\f(x2－18,x2)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),x)))eq\s\up12(2)－1，解得x＝eq\r(21)(負值舍去)，所以OP＝eq\r(PA2－OA2)＝3.設外接球球心為M，半徑為R，則MP＝MA＝R，MO＝|3－R|.因為MA2＝MO2＋OA2，所以R2＝(3－R)2＋(2eq\r(3))2，解得R＝eq\f(7,2)，所以外接球表面積S＝4πR2＝49π.故選A.7.(2024·金華質(zhì)檢)在Rt△ABC中，CA＝CB＝eq\r(2)，以AB為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)一周得到一個幾何體，則該幾何體的內(nèi)切球的體積為()A.eq\f(\r(2)π,3) B.eq\f(8\r(2)π,3) C.2π D.eq\f(2π,3)答案A解析如圖所示，旋轉(zhuǎn)體的軸截面為邊長為eq\r(2)的正方形，設O為內(nèi)切球的球心.內(nèi)切球半徑r＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(\r(2),2)，所以該幾何體的內(nèi)切球的體積為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)，故選A.8.(2024·南陽調(diào)研)已知等腰直角三角形ABC的三個頂點在球O的表面上，且AC＝eq\r(2)AB＝8eq\r(2)，連接CO并延長交球O的表面于點D，連接DA，DB.若球O的體積為288π，則直線AC，BD所成角的正切值為()A.eq\f(2\r(34),17) B.eq\f(\r(34),4) C.eq\f(\r(6),2) D.eq\f(\r(6),3)答案C解析由題意可知，BC＝AB＝8，且CD為球的直徑，所以BD⊥BC，AC⊥AD.因為球O的體積為eq\f(4,3)πR3＝288π(R為球O的半徑)，所以R＝6，所以CD＝12，由勾股定理可得BD＝eq\r(CD2－BC2)＝4eq\r(5).設直線AC，BD所成角為θ，則cosθ＝eq\f(|\o(AC,\s\up6(→))·\o(BD,\s\up6(→))|,|\o(AC,\s\up6(→))|·|\o(BD,\s\up6(→))|)＝eq\f(|\o(AC,\s\up6(→))·（\o(AD,\s\up6(→))－\o(AB,\s\up6(→))）|,|\o(AC,\s\up6(→))|·|\o(BD,\s\up6(→))|)＝eq\f(|\o(AC,\s\up6(→))·\o(AD,\s\up6(→))－\o(AC,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→))|,|\o(AC,\s\up6(→))|·|\o(BD,\s\up6(→))|)＝eq\f(|0－8\r(2)×8×cos45°|,8\r(2)×4\r(5))＝eq\f(\r(10),5)，所以sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(15),5)，所以tanθ＝eq\f(sinθ,cosθ)＝eq\f(\r(6),2)，故選C.9.在三棱錐A－BCD中，若AD⊥平面BCD，AB⊥BC，AD＝BD＝2，CD＝4，點A，B，C，D在同一個球面上，則該球的表面積為________.答案20π解析根據(jù)題意得，BC⊥平面ABD，則BC⊥BD，即AD，BC，BD三條線兩兩垂直，所以可將三棱錐A－BCD放置于長方體內(nèi)，如圖所示，該三棱錐的外接球即為長方體的外接球，球心為長方體體對角線的中點，即外接球的半徑為長方體體對角線長的一半，此時AC為長方體的體對角線，即為外接球的直徑，所以該球的表面積S＝4πR2＝π·AC2＝π·(22＋42)＝20π.10.如圖所示是古希臘數(shù)學家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻著一個圓柱，圓柱內(nèi)有一個內(nèi)切球，這個球的直徑恰好與圓柱的高相等，相傳這個圖形表達了阿基米德最引以為豪的發(fā)現(xiàn).我們來重溫這個偉大發(fā)現(xiàn)，圓柱的體積與球的體積之比為________，圓柱的表面積與球的表面積之比為________.答案eq\f(3,2)eq\f(3,2)解析由題意，知圓柱底面半徑為r，球的半徑為R，則R＝r，圓柱的高h＝2R，則V球＝eq\f(4,3)πR3，V柱＝πr2h＝π·R2·2R＝2πR3.∴eq\f(V柱,V球)＝eq\f(2πR3,\f(4,3)πR3)＝eq\f(3,2).又∵S球＝4πR2，S柱＝2πr2＋2πrh＝2πR2＋2πR·2R＝6πR2.∴eq\f(S柱,S球)＝eq\f(6πR2,4πR2)＝eq\f(3,2).11.(2024·寶雞質(zhì)檢)如圖，在正四棱臺ABCD－A1B1C1D1中，O，O1分別是正方形ABCD，A1B1C1D1的中心.若以O1為球心，O1A1為半徑的球與平面ABCD相切，且O是該四棱臺的外接球的球心，則該四棱臺的體積與其外接球的體積之比為________.答案eq\f(2＋3\r(2),8π)解析連接OA1(圖略)，設A1B1＝a，AB＝b，OO1＝h，因為以O1為球心，O1A1為半徑的球與平面ABCD相切，所以h＝eq\f(\r(2),2)a.因為O是該四棱臺外接球的球心，所以OA1＝eq\r(h2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2)b，即b＝eq\r(2)a，所以四棱臺的體積V1＝eq\f(1,3)h·(a2＋b2＋ab)＝eq\f(2＋3\r(2),6)a3，其外接球的體積V2＝eq\f(4,3)π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)b))eq\s\up12(3)＝eq\f(4,3)πa3，則eq\f(V1,V2)＝eq\f(2＋3\r(2),8π).12.在三棱錐P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA＝PC＝AB＝2eq\r(3)，AC＝4，∠BAC＝30°，則該三棱錐外接球的體積為________.答案9eq\r(2)π解析如圖所示，在△ABC中，由余弦定理得BC2＝(2eq\r(3))2＋42－2×2eq\r(3)×4·cos30°＝4.所以AB2＋BC2＝16＝AC2，即△ABC為直角三角形.故△ABC外接圓的圓心為斜邊AC的中點.取AC的中點為O1，連接PO1，則PO1⊥AC.由平面PAC⊥平面ABC，得PO1⊥平面ABC.該三棱錐外接球的球心在線段PO1上.設球心為O，連接OA，則OA＝OP，且均為外接球的半徑.在Rt△PO1A中，PO1＝eq\r(（2\r(3)）2－22)＝2eq\r(2).在Rt△OO1A中，OA2＝OOeq\o\al(2,1)＋AOeq\o\al(2,1)，即R2＝(2eq\r(2)－R)2＋4，則R＝eq\f(3\r(2),2).所以外接球的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)))eq\s\up12(3)＝9eq\r(2)π.【B級能力提升】13.(2022·全國乙卷)已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點為O，底面的四個頂點均在球O的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，其高為()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,2) C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(2),2)答案C解析該四棱錐的體積最大，即以底面外接圓和頂點O組成的圓錐體積最大，設圓錐的高為h(0<h<1)，底面半徑為r，則圓錐的體積V＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(1,3)π(1－h(huán)2)h，則V′＝eq\f(1,3)π(1－3h2)，令V′＝eq\f(1,3)π(1－3h2)＝0，得h＝eq\f(\r(3),3)，所以V＝eq\f(1,3)π(1－h(huán)2)h在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))上單調(diào)遞減，所以當h＝eq\f(\r(3),3)時，四棱錐的體積最大，故選C.14.在三棱錐D－ABC中，AB＝BC＝2，AC＝2eq\r(3)，BD＝4，BD⊥平面ABC，則三棱錐D－ABC外接球的表面積為________.答案32π解析∵BD⊥平面ABC，故可將三棱錐補為直三棱柱，如圖所示，∵AB＝BC＝2，AC＝2eq\r(3)，故三棱柱的上、下底面三角形的外接圓圓心在底邊中線的延長線上，設為O1，O2，易得∠O1BC＝60°，故O1B＝O1C＝BC＝2，∴三棱柱外接球球心為上、下底面外心所連線段的中點O，即為三棱錐D－ABC外接球球心，設該外接球半徑為R，則在Rt△OCO1中，R2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,2)))eq\s\up12(2)＋22＝8，故三棱錐D－ABC外接球的表面積為4πR2＝32π.15.如圖，已知平行四邊形ABCD中，AC＝AB＝m，∠BAD＝120°，將△ABC沿對角線AC翻折至△