作业18－立体几何2（含答案解析）学案

这是一份作业18－立体几何2（含答案解析）学案，共12页。学案主要包含了单项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
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＝eq \f(2,3)，则该正四棱柱的外接球表面积为( )
A．26π B．28π
C．30π D．32π
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＝eq \f(2,3)，BD＝3eq \r(2)，
在Rt△BDD1中，DD1＝eq \f(2,3)BD＝2eq \r(2)，
∴BD1＝eq \r(BD2＋DD12)＝eq \r(26)，
∴正四棱柱的外接球半径为eq \f(\r(26),2)，
其表面积为4π×eq \f(26,4)＝26π.故选A.
2.(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
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＝eq \r(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.
3.(2020·太原五中模拟)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4eq \r(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．2eq \r(6) D．4eq \r(6)
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2eq \r(3)，
根据截面圆的周长可得4π＝2πr，得r＝2，
故由题意知R2＝r2＋(2eq \r(3))2，即R2＝22＋(2eq \r(3))2＝16，所以R＝4.故选B.
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＝4eq \r(2)，PA＝PC＝eq \r(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
答案 B
解析 方法一：因为PA＝PC＝eq \r(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＝4eq \r(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＝eq \r(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＝4eq \r(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＝eq \r(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eq \r(2)，eq \r(2)，4eq \r(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．(2020·安徽皖中名校二联)将半径为3，圆心角为eq \f(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.eq \f(\r(2)π,3) B.eq \f(\r(3)π,3)
C.eq \f(4π,3) D．2π
答案 A
解析 设该圆锥的底面半径为r，高为h，则2πr＝eq \f(2π,3)×3，解得r＝1，所以h＝eq \r(32－12)＝2eq \r(2).
设该圆锥的内切球的半径为R，则eq \f(R,2\r(2)－R)＝eq \f(1,3)，解得R＝eq \f(\r(2),2).
所以该圆锥的内切球的体积V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))eq \s\up12(3)＝eq \f(\r(2)π,3).故选A.
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eq \f(2,3)，并且球的表面积也是圆柱表面积的eq \f(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.eq \f(π,3) B.eq \f(2π,3)
C．π D.eq \f(4π,3)
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＝eq \f(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－eq \f(4,3)π×13＝eq \f(2π,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eq \f(2\r(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．4eq \r(3) B.eq \f(4\r(3),3)
C．4eq \r(2) D.eq \f(4\r(2),3)
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＝eq \f(1,2)×eq \f(2,sin60°)＝eq \f(2\r(3),3).设△ABC外接圆的圆心为O1，连接OO1，OA，O1A，则OO1⊥平面ABC，OO1＝eq \f(1,2)AA1，O1A＝r，OA＝2，所以22＝r2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)AA1))eq \s\up12(2)，得AA1＝eq \f(4\r(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＝eq \f(CC1,BC)＝eq \f(AA1,BC)＝eq \f(\f(4\r(6),3),BC)＝eq \f(2\r(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＝eq \f(\r(3),4)×4×eq \f(4\r(6),3)＝4eq \r(2).故选C.
8．(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.eq \f(23,4)π
C．64π D.eq \f(64,3)π
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＝eq \r(22－12)＝eq \r(3)，EF＝eq \f(\r(3),3)，
在直角三角形ABC中，BC2＝AB2＋AC2，
解得BC＝2eq \r(5)，所以CD＝eq \r(5)，
三棱锥的外接球半径r＝OC＝eq \r(（\r(5)）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq \r(\f(16,3))，
则S＝4π·r2＝eq \f(64π,3)，故选D.
9．(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.eq \f(50π,3) B．25π
C．50π D.eq \f(125\r(2)π,3)
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＝eq \f(\r(32＋42＋52),2)＝eq \f(5\r(2),2).
则其表面积S＝4πr2＝50π.故选C.
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.eq \r(6)
C.eq \r(31) D.eq \r(33)
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＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5)＝2r.
故PA＝eq \r(（2R）2－（2r）2)＝eq \r(36－5)＝eq \r(31).故选C.
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eq \r(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.eq \f(3π,4) B.eq \r(2)π
C.eq \f(3π,2) D.eq \f(9π,4)
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eq \f(1,4)，所以所有弧长之和为3×eq \f(2π,4)＝eq \f(3π,2).故选C.
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＝eq \f(π,3)，则点A到平面BCD的距离为( )
A.eq \f(2\r(6),3) B.eq \f(4\r(6),3)
C.eq \f(2\r(3),3) D.eq \f(4\r(3),3)
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＝eq \f(π,2)，
∵AC＝4，∠ACD＝∠ACB＝eq \f(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＝eq \f(2\r(3),3)，∵OC＝2，∴OH＝eq \f(2\r(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eq \f(4\r(6),3).故选B.
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.eq \f(4π,3) cm3 B.eq \f(8π,3) cm3
C.eq \f(16π,3) cm3 D.eq \f(32π,3) cm3
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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)h))eq \s\up12(2)＝R2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)a))eq \s\up12(2)，得h＝eq \r(4R2－\f(4,3)a2)，所以V正三棱柱＝eq \f(\r(3),4)a2×eq \r(4R2－\f(4,3)a2)＝eq \f(1,2)a2×eq \r(3R2－a2)＝eq \f(1,2)eq \r(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＝eq \r(2)R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eq \f(4π,3)×8＝eq \f(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2eq \r(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.
答案 eq \f(12π,5)
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________．
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．(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________．
答案 eq \f(4\r(2),3) eq \f(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＝eq \r(3)，OD＝eq \f(1,3)AD＝eq \f(\r(3),3)，SO＝eq \r(SD2－DO2)＝eq \f(2\r(6),3)，
则该六面体的体积为V＝2VS－ABC＝2×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×eq \r(3)×eq \f(2\r(6),3)＝eq \f(4\r(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＝eq \f(SO×OD,SD)＝eq \f(\f(2\r(6),3)×\f(\r(3),3),\r(3))＝eq \f(2\r(6),9)，
所以该球的表面积为4π·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(6),9)))eq \s\up12(2)＝eq \f(32,27)π.
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________．
答案 90° eq \f(8\r(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＝2eq \r(14)，
故四棱锥体积V＝eq \f(1,3)×4×2eq \r(14)＝eq \f(8\r(14),3).
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________．
答案 eq \f(\r(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＝eq \r(AB2＋BC2)＝eq \r(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，cs∠ACP＝eq \f(AC,PC)＝eq \f(\r(5),6).
19．(2019·天津)已知四棱锥的底面是边长为eq \r(2)的正方形，侧棱长均为eq \r(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________．
答案 eq \f(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eq \f(1,2)，易知四棱锥的高为eq \r(5－1)＝2，故圆柱的高为1，所以圆柱的体积为π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)×1＝eq \f(π,4).
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________．
答案 (2－eq \r(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eq \f(1,3)×2a×2a×2a＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4a2＋2×\f(1,2)×2a×2a＋2×\f(1,2)×2a×2\r(2)a))×r，解得r＝(2－eq \r(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eq \f(1,2)×2a×2a＝eq \f(1,2)×(2a＋2a＋2eq \r(2)a)×r，解得r＝(2－eq \r(2))a.
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eq \f(S1,S2)的值是( )
A.eq \f(\r(3)π,3) B.eq \f(\r(3)π,8)
C.eq \f(\r(3)π,6) D.eq \f(\r(3)π,4)
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＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)＝eq \r(2)，所以S2＝8S△EAB＝8×eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)×sineq \f(π,3)＝4eq \r(3)，所以eq \f(S1,S2)＝eq \f(4π,4\r(3))＝eq \f(\r(3)π,3).故选A.
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.eq \f(31,3)π B.eq \f(124,3)π
C．31π D．124π
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，eq \r(3)，0)，A(1，－eq \r(3)，1)．
设四面体ABCD外接球的球心为O(x，y，z)，由|OA|＝|OB|＝|OC|＝|OD|，得：
eq \r(（x－1）2＋（y＋\r(3)）2＋（z－1）2)＝eq \r(（x－1）2＋y2＋z2)
＝eq \r(（x＋1）2＋y2＋z2)＝eq \r(x2＋（y－\r(3)）2＋z2)，
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝\f(\r(3),3)，,z＝3，))则球心Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)，3))，
∴四面体ABCD外接球的半径R＝|OA|＝eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)＋\r(3)))\s\up12(2)＋（3－1）2)＝eq \r(\f(31,3))，∴四面体ABCD外接球的表面积S＝4πR2＝4π×eq \f(31,3)＝eq \f(124π,3).故选B.
3．(2020·兰州一中模拟)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＝2eq \r(2)，PC＝eq \r(5)，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为________．
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cs∠PBC＝eq \f(PB2＋BC2－PC2,2BP·BC)＝eq \f(\r(2),2)⇒sin∠PBC＝eq \f(\r(2),2)，
由正弦定理得：eq \f(PC,sinB)＝2R，解得R＝eq \f(\r(10),2)，
∴三棱锥P－ABC外接球的表面积为S＝4πR2＝10π.
4．(2020·河南省鹤壁市二次模拟)在三棱锥A－BCD中，已知BC＝CD＝BD＝eq \r(2)AB＝eq \r(2)AD＝6，且平面ABD⊥平面BCD，则三棱锥A－BCD外接球的表面积为________．
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＝eq \f(2,3)CF＝2eq \r(3)，OF＝eq \r(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＝eq \r(OF2＋AF2)＝2eq \r(3)，∴OA＝OB＝OC＝OD＝2eq \r(3)，
∴O为三棱锥A－BCD外接球的球心，外接球半径R＝OC＝2eq \r(3)，
∴三棱锥A－BCD外接球的表面积为4π×(2eq \r(3))2＝48π.
5．(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________．
答案 eq \f(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＝eq \r(k2＋k2＋4k2)＝eq \r(6)k，∴k＝eq \f(4,\r(6))，
因此，该长方体的表面积为2(k2＋2k2＋2k2)＝2×5k2＝eq \f(80,3).
6．(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________．
答案 eq \f(21,10)
解析 如图，设平面α与平面ABCD的夹角为θ，令taneq \f(θ,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eq \f(r1,3－r1)＝t，解得r1＝eq \f(3t,1＋t)，由eq \f(r2,4－r2)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\f(π,2)－θ,2)))＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－\f(θ,2)))，得r2＝2－2t.注意到两个球的直径都不超过3，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0