2023高考数学复习专项训练《球的表面积和体积》

这是一份2023高考数学复习专项训练《球的表面积和体积》，共23页。试卷主要包含了、单选题，、多选题，、填空题，、解答题等内容，欢迎下载使用。


一 、单选题（本大题共8小题，共40分）
1.（5分）已知三棱锥A-BCD的四个顶点都在球O的球面上，若AB⊥平面BCD，∠CBD=90°,CD=4,AB=23，则球O的表面积为( )
A. 28πB. 30πC. 32πD. 36π
2.（5分）已知长方体ABCD-A1B1C1D1的长、宽、高分别为2，1，1，且其顶点都在球面上，则该球的体积是( )
A. 6πB. 6πC. 36πD. 86π
3.（5分）如图，在三棱锥A-BCD的平面展开图中，四边形BCED是菱形，BC=2,BF=2，则三棱锥A-BCD外接球的表面积为( )
A. 4π3B. 2πC. 4πD. 8π
4.（5分）若一球的表面积为8π，则它的体积为( )
A. 42π3B. 82π3C. 32π3D. 16π3
5.（5分）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球的体积为1083π，若E，F，G，H分别为棱A1D1，AB，BC，A1B1的中点，则三棱锥H-EFG内切球的半径为( )
A. 33+32B. 33-32C. 36-2D. 23-6
6.（5分）如图，在矩形ABCD中，AB=2AD=2a，E是AB的中点，将ΔADE沿DE翻折至ΔA1DE的位置，使三棱锥A1-CDE的体积取得最大值．若此时三棱锥A1-CDE外接球的表面积为16π，则a=
A. 2 B. 2C. 22D. 4
7.（5分）如图，某几何体的三视图是直角边长为1的三个等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为( )
A. 32πB. 3πC. 32D. 3π
8.（5分）两个球表面积的比为1：4，则体积的比为( )
A. 1：2B. 1：4C. 1：8D. 不确定
二 、多选题（本大题共5小题，共25分）
9.（5分） 一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，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
10.（5分）若长方体ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，高为4，E是DD1的中点，则( )
A. B1E⊥A1B
B. 平面B1CE//平面A1BD
C. 三棱锥C1-B1CE的体积为83
D. 三棱锥C1-B1CD1的外接球的表面积为24π
11.（5分）已知菱形ABCD的边长为2， ∠ABC=π3，将ΔDAC沿着对角线AC折起至ΔDˈAC，连结BDˈ.设二面角Dˈ-AC-B的大小为θ，则下列说法正确的是
A. 若四面体DˈABC为正四面体，则θ=π3
B. 四面体DˈABC的体积最大值为1
C. 四面体DˈABC的表面积最大值为2(3+2)
D. 当θ=2π3时，四面体DˈABC的外接球的半径为
12.（5分）在三棱柱ABC-A1B1C1中，ΔABC是边长为23的等边三角形，侧棱长为43，则( )
A. 直线A1C与直线BB1之间距离的最大值为3
B. 若A1在底面ABC上的投影恰为ΔABC的中心，则直线A1A与底面所成角为60°
C. 若三棱柱的侧棱垂直于底面，则异面直线AB与A1C所成的角为30°
D. 若三棱柱的侧棱垂直于底面，则其外接球表面积为64π
13.（5分）如图，在长方形ABCD中，AB=2，BC=4，E为BC的中点，将BAE沿AE向上翻折到PAE的位置，连接PC，PD，在翻折的过程中，以下结论正确的是()
A. 四棱锥P-AECD体积的最大值为 22
B. PD的中点F的轨迹长度为 3π2
C. EP，CD与平面PAD所成的角相等
D. 三棱锥P-AED外接球的表面积有最小值16π
三 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）球O内有一个内接正方体，正方体的全面积为24，则球O的体积是______．
15.（5分）在边长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，球O1同时与以B为公共顶点的三个面相切，球O2同时与以D1为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点E，若球O1，O2半径分别为r1，r2，则1r1+4r2的最小值为 ______ ．
（5分）
16.如图，在四面体P-ABC中，PA=PB=PC=4，点O是点P在平面ABC上的投影，且tan∠APO=22，则四面体P-ABC的外接球的体积为_________.
17.（5分）每年的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，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原．如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1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，该六面体由正四面体M-ABC和N-ABC，则其中正四面体M-ABC的内切球半径为______；若该六面体内有一球，则该球半径的最大值为______.
18.（5分）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 ______ ．
四 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）如图，已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形，PA=6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G.作GH//PB交PA于H.
(1)证明：G是AB的中点；
(2)证明：GH⊥面PAC；
(3)过点E作EF⊥面PAC，F为垂足，求三棱锥P-DEF的外接球体积．
20.（12分）平行四边形ABCD中，AB=2，AD=22，且∠BAD=45°，以BD为折线，把ΔABD折起，使平面ABD⊥平面CBD，连AC.
(Ⅰ)求证：AB⊥DC
(Ⅱ)求二面角B-AC-D平面角的大小；
(Ⅲ)求四面体ABCD外接球的体积．
21.（12分）若一个球的体积扩大到原来的27倍，则它的表面积扩大到原来的____倍．
22.（12分）已知某几何体的三视图都是直角三角形，如图：

(1)求该几何体表面积；
(2)求该几何体外接球的体积．
23.（12分）如图所示，在四边形ABCD中，AB→=2DC→，AB→·BC→=0，|AB→|=23，|AD→|=2，E为AB的中点．
(1)将四边形ABCD绕着线段AB所在直线旋转一周，求所形成封闭几何体的表面积和体积；
(2)将△AED绕着线段AE所在直线旋转一周形成几何体W，若球O是几何体W的内切球，求球O的表面积．
答案和解析
1.【答案】A;
【解析】解：如图，

由已知可得，BA、BC、BD两两相互垂直，
则三棱锥A-BCD的外接球即为以BA、BC、BD为过同一顶点的三条侧棱的长方体的外接球，
长方体的对角线长为AB2+BC2+BD2=AB2+CD2=(23)2+42=27.
则外接球的半径R=7，
外接球的表面积S=4π×(7)2=28π.
故选：A.
由题意画出图形，可知三棱锥A-BCD的外接球即为以BA、BC、BD为过同一顶点的三条侧棱的长方体的外接球，求出外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．
此题主要考查多面体外接球表面积的求法，训练了分割补形法，是中档题．
2.【答案】A;
【解析】解：长方体的体对角线的长是：4+1+1=6，
球的半径是：62.
这个球的体积：43π×(62)3=6π.
故选：A.
求长方体的对角线的长度，就是球的直径，然后求出它的体积．
此题主要考查球的内接体，球的体积，考查空间想象能力，是基础题．
3.【答案】C;
【解析】解：将三棱锥A-BCD的直观图还原，如图所示，
则BC=BD=AC=AD=2,AB=2，
∴BD2+DA2=AB2，BC2+CA2=AB2，则BD⊥AD，BC⊥AC.
取AB的中点O，连接OD，OC，则OA=OB=OC=OD，
∴O为三棱锥A-BCD外接球的球心，半径R=1，
故三棱锥A-BCD外接球的体积V=4πR2=4π.
故选：C.
将三棱锥的直观图还原，求解三角形可得BD⊥AD，BC⊥AC.取AB的中点O，则O为三棱锥A-BCD外接球的球心，求出半径，代入外接球的表面积公式得答案．
此题主要考查多面体的外接球，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
4.【答案】B;
【解析】解：设球的半径为R，
∵S表面积=8π=4πR2，
∴R=2，
∴V球=4πR33=82π3.
故选：B.
利用球的表面积与体积计算公式即可得出．
此题主要考查了球的表面积与体积计算公式，考查了计算能力，属于基础题．
5.【答案】B;
【解析】解：设正方体外接球的半径为R，
由正方体的外接球的体积为43πR3=1083π，
得R=33，
设正方体的棱长为a，则3a2=(2R)2=4×(33)2，
解得a=6，
根据题意得EH=FG=32，EF=HG=36,HF=6,EG=62，
所以EF2+FG2=EG2，EH2+HG2=EG2，
所以FG⊥EF，HG⊥EH，
又因为HF⊥FG，HF∩EF=F，
所以FG⊥平面EFH，
所以三棱锥H-EFG的表面积S表=SΔEFH+SΔEHG+SΔEFG+SΔHGF=12×6×32+12×36×32+12×36×32+12×6×32=182+183，
设三棱锥H-EFG内切球的半径为r，
由等体积法知，VH-EFG=VG-EFH=13SΔEFH⋅FG=13S表⋅r，
所以r=SΔEFH⋅FGS表=5418(2+3)=33-32.

故选：B.
由球的体积公式可得正方体外接球的半径，进而求得正方体的棱长，再由勾股定理逆定理可证FG⊥EF，HG⊥EH，故知FG⊥平面EFH，推出三棱锥H-EFG的表面积，然后利用等体积法和切割法，即可得解．
此题主要考查正方体的外接球、球的体积、三棱锥的内切球等综合运算，考查空间想象能力、运算求解能力，属于中档题．
6.【答案】A;
【解析】
此题主要考查棱锥的体积以及球的体积公式，属于中档题.
当ΔA1DE与平面CDE垂直时，三棱锥A1-CDE的体积取得最大值，由此可得三棱锥A1-CDE外接球半径R=a，
由三棱锥A1-CDE外接球的的表面积，可求得半径，从而求得a的值.

解：由题意知ΔA1DE，ΔDEC均为等腰直角三角形．
若三棱锥A1-CDE的高最大，则体积最大，此时平面A1DE⊥平面CDE.
如图，取DC的中点H，连接HA，交DE于点K，则K为DE的中点，

连接A1K，则A1K⊥平面CDE，且A1K=22a.
连接HE，HA1，可得A1K⊥HK，且HK=22a，所以A1H=
的球心，且半径R=a.
因为外接球的表面积为16π，所以a=R=2.
故选A
7.【答案】D;
【解析】
此题主要考查由三视图求几何体的表面积，考查球的表面积公式的应用，将该三棱锥补成一个边长为1的正方体是关键，属于中档题．
依题意知，该几何体为从底面直角顶点出发的三条棱两两垂直的三棱锥，可将其补成一个边长为1的正方体，该几何体的外接球就是补成的正方体的外接球，从而可得答案．

解：∵该几何体的三视图是直角边长为1的三个等腰直角三角形，
∴该几何体为从底面直角顶点出发的三条棱两两垂直的三棱锥P-ABC，可将其补成一个边长为1的正方体，

则该几何体的外接球就是补成的正方体的外接球，
∵补成的正方体的体对角线长l=12+12+12=3，
其外接球的半径为r=32，
∴外接球的表面积S=4πr2=3π，
即该几何体的外接球的表面积为3π，
故选：D.
8.【答案】C;
【解析】解：由已知两个球的表面积之比是1：4，所以两个球的半径之比是1：2，
所以两个球的体积之比1：8；
故选：C．
首先由表面积的比得到半径的比，再由体积比是比较比的立方得到所求．
该题考查了球的表面积、体积与半径的关系；两个球的表面积之比为半径比的平方，体积之比是半径比的立方．
9.【答案】CD;
【解析】
此题主要考查圆柱、圆锥、球的侧面积及其体积计算公式，属于基础题.
利用圆柱、圆锥、球的侧面积及其体积计算公式逐一计算即可.解：对于选项A：依题意得球的半径为R，
则圆柱的侧面积为2πR×2R=4πR2，故A错误;
对于选项B：因为圆锥的底面半径为R，高为2R，所以圆锥的母线为5R，
因此圆锥的侧面积为12×2πR×5R=5πR2， 故B错误;
对于选项C：球的表面积为4πR2，圆柱的侧面积为2πR×2R=4πR2，
因此圆柱的侧面积与球的表面积相等，故C正确;
对于选项D：圆柱的体积V1=πR2.2R=2πR3，
圆锥的体积V2=13πR2.2R=23πR3，
球的体积V3=43πR3，
所以V1:V2:V3=2πR3:23πR3:43πR3=3:1:2，故D正确.
故选CD.
10.【答案】CD;
【解析】
此题主要考查空间中直线与直线的位置关系，面面平行的判定，棱锥的体积，球的表面积，考查逻辑推理能力和空间想象能力，属于中档题.
由题意，根据选项逐一判断即可.

解：对于A，由题可知，B1E=23，EC=22，B1C=25，则B1E2+EC2=B1C2，即B1E⊥EC，
若B1E⊥A1B，又A1B//D1C，所以B1E⊥D1C，又D1C∩EC=C，D1C,EC⊂平面CDD1C1，
则有B1E⊥平面CDD1C1，与B1C1⊥平面CDD1C1相矛盾，故A错误；
对于B，如图，连接B1D1，D1C，

由长方体性质可得BD// B1D1，B1D1⊂平面B1CD1，BD⊄平面B1CD1，
∴BD//平面B1CD1，同理，A1B//平面B1CD1，BD∩A1B=B，BD、A1B⊂平面A1BD，∴平面A1BD//平面B1CD1，
而平面B1CE∩平面B1CD1=B1C，故平面B1CE与平面A1BD相交，故B错误；
对于C，VC1-B1CE=VE-B1C1C=13×12×2×4×2=83，故C正确；
对于D，由图可知，三棱锥C1-B1CD1的外接球即为长方体ABCD-A1B1C1D1的外接球，
而由题意，长方体外接球的直径是长方体的体对角线长，∴2R=22+22+42=26，即R=6，
∴三棱锥C1-B1CD1的外接球的表面积为4πR2=4π×6=24π，故D正确.
故选CD.
11.【答案】BCD;
【解析】此题主要考查二面角，三棱锥的体积及表面积公式，三棱锥外接球的半径，属于中档题.
由于四面体ABC为正四面体，则BD'=AD'=CD'=2，找到二面角 D'-AB-C的平面角，利用余弦定理的推论即可求出θ；利用三棱锥的体积公式即可求解；利用三棱锥的表面积公式及正弦函数的最大值即可求解；
根据ΔABC的外心为点N，ΔABC为正三角形，找到边与边之间的关系，即可求出外接球的半径.
解：设AC中点为M，连结D'M，BM，
∵四面体ABC为正四面体，
∴BD'=AD'=CD'=2，
∵D'A=D'C,BA=BCD'，点M为AC中点，
∴D'M⊥AC,BM⊥AC，
∴∠BMD'为二面角 D'-AB-C的平面角，
在ΔABC中，BA=BC=AC=2，∴BM=3，D'M=BM=3，
cs∠D'MB=csθ=D'M2+BM2-BD'22D'M.BD'=13，
∴θ≠π3，故A错误.
VD'-ABC=13SΔABC.h，
当平面AD'C⊥平面ABC，D'M⊥AC，
则D'M⊥平面ABC，此时h=D'M=3，
点D'距平面ABC最远，h最大，VD'-ABC=13×12×2×2×32×3=1，故B正确.
S表面积=SΔABC+SΔAD'C+SΔAD'B+SΔBD'C
=2SΔABC+2SΔAD'B
=2×(12×2×2×sin60°)+2×(12×2×2×sin∠D'AB)
=23+4sin∠D'AB，
当sin∠D'AB=1时，即∠D'AB=π2时，S表面积最大，
此时S表面积=23+4=2(3+2)，故C正确.
ΔABC的外心为点N，ΔABC为正三角形，
故有BN=23BM=233，
过点N作NE⊥BM交BD'于点E，
作BD'的中垂线交NE的延长线于点O，
故∠OMB=12∠BMD'=12×120°=60°，
∵MN=13BM=33,NE⊥BM，
∴ON=1，
故OB=ON2+BN2=1+(233)2=213，
∴OB=OD'=OA=DC=213，
故外接圆半径为213，故D正确，
故选BCD.
12.【答案】AD;
【解析】解：取AC的中点M，A1C的中点M1，
则MM1//AA1//BB1，
在正ΔABC中，BM=23.sin60°=23×32=3，
直线A1C与直线BB1的距离⩽点M1与直线BB1的距离⩽点M到直线BB1的距离⩽BM=3，
故直线A1C与直线BB1之间距离的最大值为3，
故选项A正确；
设A1在底面ABC上的投影为点O，
则O为ΔABC的中心，且A1O⊥平面ABC，
故∠A1AO为直线A1A与底面ABC所成角，
在正ΔABC中，AO=23×32×23=2，
所以sin∠A1AO=A1OA1A=A1A2-AO2A1A=48-443=336≠32，
所以直线A1A与底面所成角不是60°，
故选项B错误；
在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB//A1B1，
所以∠B1A1C为异面直线A1B1与A1C所成的角，连结B1C，
因为三棱柱的侧棱垂直于底面，
所以在RtΔA1AC中，A1C=AA12+AC2=48+12=215，
在RtΔB1BC中，B1C=BB12+BC=48+12=215，
在ΔA1B1C中，cs∠B1A1C=A1B12+A1C2-B1C22A1B1.A1C=122×23×43=14≠32，
所以异面直线AB与A1C所成的角不可能为为30°，
故选项C错误；
由选项B中的分析可知，ΔABC的中心为O，向上作垂线，则垂线垂直平面ABC，
过平面ACC1A1的中心作垂线，则垂线垂直平面ACC1A1，
设两条垂线的交点为O'，则O'为外接球的球心，
故外接球的半径为R=O'O2+OC2=(12AA1)2+(AO)2=4，
所以外接球的表面积S=4πR2=64π，
故选项D正确．
故选：AD．
利用直线A1C与直线BB1的距离⩽点M1与直线BB1的距离⩽点M到直线BB1的距离⩽BM，即可判断选项A；设A1在底面ABC上的投影为点O，得到∠A1AO为直线A1A与底面ABC所成角，在ΔA1AO中利用边角关系求解，即可判断选项B；利用已知条件确定∠B1A1C为异面直线A1B1与A1C所成的角，在ΔA1B1C中求解即可判断选项C；先确定外接球的球心O'，然后求出外接球的半径，再利用外接球的表面积公式，求解即可判断选项D．
此题主要考查了立体几何的综合应用，涉及了线面角的求解、异面直线所成角的求解、外接球的表面积的求解，综合性强，对学生掌握知识的广度和深度都有很高的要求，属于中档题．
13.【答案】ACD;
【解析】解：对于A，易知梯形AECD的面积为6,AE=22，直角△APE斜边AE上的高为2，
当平面APE⊥平面AECD时，四棱锥P-AECD的体积取得最大值13×6×2=22，A正确；
对于B，取PA的中点G，连接GF，GE，FC，则GF，EC平行且相等，四边形ECFG是平行四边形，所以点F的轨迹与点G的轨迹形状完全相同，
过G作AE的垂线，垂足为H，G的轨迹是以H为圆心，HG=22为半径的半圆弧，从而PD的中点F的轨迹长度为2π2，B错误；
对于C，由四边形ECFG是平行四边形，知EC//FG，则EC//平面PAD，则E，C到平面PAD的距离相等，
故PE，CD与平面PAD所成角的正弦值之比为CD：PE=1：1，C正确；
对于D，△APE外接圆O1的半径为2,O1为AE的中点，直角△ADE外接圆O2的半径为2，O2为AD的中点，AE是圆O1与圆O2的公共弦，|O1O2|=2，
设三棱锥P-AED外接球的球心为O，半径为R，则R=|O2E|2+|O2O|2⩾2，
因为|O2O|∈[0,+∞),所以R⩾2，所以球O表面积的最小值为16π，D正确．

故选：ACD.
对于A，当平面APE⊥平面AECD时，四棱锥P-AECD的体积取得最大值，再计算可判断；对于B，通过PA的中点G的轨迹来判断PD的中点F的轨迹的情况；对于C，利用线面角的知识可判断；对于D，分别从外接球的半径及球心可求解．
此题主要考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
14.【答案】43π;
【解析】解：因为球O内有一个内接正方体，正方体的全面积为24，则正方体的棱长为2，正方体的体对角线为23，所以球O的半径是3，体积是43π(3)3=43π．
故答案为：43π；
由球的正方体的表面积求出球的半径，然后求体积．
该题考查了球的内接正方体的与球的几何关系；关键是求出球的半径，利用公式求体积．
15.【答案】9+33;
【解析】解：正方形的体对角线为3，
根据相切关系得r1+r2+3(r1+r2)=3，
即(r1+r2)(3+1)=3，
得r1+r2=33+1，即3+13(r1+r2)=1，
则1r1+4r2=(1r1+4r2)⋅3+13(r1+r2)=3+13(5+ r2r1+4r1r2)
⩾3+13(5+2r2r1.4r1r2)=3+13(5+4)
=3+13×9=(1+33)×9=9+33，
当且仅当 r2r1=4r1r2时，即r2=2r1时取等号．
故1r1+4r2的最小值为9+33．
故答案为：9+33．
根据球与正方体各面相切关系，求出r1，r2的关系，利用基本不等式进行转化求解即可．
此题主要考查基本不等式的应用，利用条件求出r1，r2的关系，利用1的代换，转化为基本不等式是解决本题的关键，是中档题．
16.【答案】86π;
【解析】
此题主要考查立体几何中四棱锥外接球问题，属于中档题.
关键是画图找到对应几何关系列方程.

解：∵在四面体P-ABC中，PA=PB=PC=4，点O是点P在平面ABC上的投影，且tan∠APO=22，

∴sin∠APO=33，cs∠APO=63，
∴AO=433，PO=463，
由题意知四面体P-ABC的外接球的球心O'在线段PO上，设其半径为R，
∴O'O2+AO2=AO'2，
∴463-R2+4332=R2，
解得R=6，
∴四面体P-ABC的外接球的体积为43πR3=86π.
故答案为86π.
17.【答案】612 69;
【解析】解：在棱长为1的正四面体M-ABC中，如图取BC的中点D，连接AD，作M在面ABC内的射影O1，

则AD=32，所以MO1=AM2-AO12=12-(33)2=63,S△ABC=12×32×1=34，
设内切球的半径为r，由等体积法可得VM-ABC=13×34×63=13×4×34×r，解得r=612；
当该六面体内有一球，且该球体积取最大值时，即球与六个面都相切，
由对称性，可知球心即为△ABC的中心，设球心为O，且该球与MD相切，
过球心O作OE⊥MD，则OE就是球半径，

∵12⋅MO×OD=12⋅MD×OE，
∴球半径R=OE=69，
故答案为：612,69.
利用等体积法求出内切圆的半径，要使该球体积取最大值时，即球与六个面都相切，由对称性，可知球心即为△ABC的中心，设球心为O，且该球与MD相切，过球心O作OE⊥MD，利用等面积法求出OE即可．
此题主要考查了几何体中球的相关计算，属于中档题．
18.【答案】643π;
【解析】解：由PA=PC=AC=2，可得三角形PAC为等边三角形，
又AB⊥AC，得三角形ABC为直角三角形，而平面PAC⊥平面ABC，
设三角形PAC的外心为E，BC的中点为D，
如图所示，过E作平面PAC的垂线，过D作底面ABC的垂线，两垂线交于O，
则O为三棱锥P-ABC的外接球的球心．
由已知可得PF=22-12=3，EF=33，
则OD=EF=33，而DC=12BC=12×25=5，
∴三棱锥的外接球半径R=(5)2+(33)2=163，
则三棱锥外接球的表面积S=4π×(163)2=64π3，
故答案为：64π3．
首先确定球心的位置，进一步确定球的半径，再由球的表面积公式求解．
此题主要考查多面体外接球表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
19.【答案】（1）证明：因为PD⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，则PD⊥AB，
又DE⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，则DE⊥AB，
因为PD∩DE=D，
所以AB⊥平面PDG，
又PG⊂平面PDG，则AB⊥PG，
三棱锥P-ABC为正三棱锥，
所以PA=PB，
故PG为AB边的中线，
故G为AB的中点；
（2）证明：因为三棱锥P-ABC为正三棱锥，
所以各个侧面都是全等的等腰三角形，且PA⊥PB，
故PC⊥PB，PA⊥PC，且PA∩PC=P，
则PB⊥平面PAC，
又GH∥PB，
所以GH⊥平面PAC；
（3）解：作EF∥GH，且EF交PA于点F，
则EF⊥平面PAC，
因为G为AB的中点，且D为正△ABC的中心，
所以C，D，G三点共线，且DG=13CG，
又AB=2PA=62，
所以GC=32AC=32×62=36，
故DG=13CG=6，

又PG=AG=32，
所以PD=PG2-GD2=23，
在Rt△PGD中，，
即12×6×23=12×32.DE，
解得DE=2，
所以PE=PD2-DE2=12-4=22，
故PEPG=EFGH=23，
又GH=12AP=3，
所以EF=2，
因为EF⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，
则PA⊥EF，
又DE⊥平面PAB，PA⊂平面PAB，
则PA⊥DE，
因为EF∩DE=E，
所以PA⊥平面DEF，又DF⊂平面DEF，
故PA⊥DF，
取PD的中点O，在Rt△PFD和Rt△PED中，FO=EO=OP=OD，
所以O为三棱锥P-DEF的外接球的球心，则OD=12PD=3，
设三棱锥P-DEF的外接球的半径为R，则R=3，
所以三棱锥P-DEF的外接球的体积V=43πR3=43π．;
【解析】
(1)利用线面垂直的判定定理证明AB⊥平面PDG，从而AB⊥PG，由正三棱锥的几何性质即可证明；
(2)利用正三棱锥的几何性质结合线面垂直的判定定理证明PB⊥平面PAC，由GH//PB，即可证明结论；
(3)作EF//GH，且EF交PA于点F，利用边的关系求出所需线段的长度，利用线面垂直的判定定理和性质证明ΔPFD和ΔPED为直角三角形，取PD的中点O，求出外接球的半径，由球的体积公式求解即可．
此题主要考查了线面垂直的判定定理和性质的理解与应用，空间几何体几何性质的应用，空间几何体的外接球问题，解答该题的关键是确定外接球球心的位置，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于中档题．
20.【答案】（Ⅰ）证明：在△ABD中，∵AB=2，AD=22，BD2=AB2+AD2-2AB×AD×cs45°=4，∴BD=2，
∴AD2=AB2+BD2，∴AB⊥BD，
∵平面ABD⊥平面CBD，平面ABD∩平面CBD=BD
∴AB⊥平面CBD，
∵DC⊂平面CBD，
∴AB⊥DC；
（Ⅱ）解：在四面体ABCD中，以D为原点，DB为x轴，DC为y轴，过D垂直于平面BDC的射线为z轴，建立如图空间直角坐标系．

则D（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），A（2，0，2）
设平面ABC的法向量为n→=(x，y，z)
∵BA→=(0，0，2)，BC→=(-2，2，0)
∴2z=0-2x+2y=0，∴取n→=(1，1，0)
设平面DAC的法向量为n→'=(x'，y'，z')
∵DA→=(2，0，2)，DC→=(0，2，0)
∴2x+2z=02y=0，∴取n→'=(1，0，-1)
∴cs＜n→，n→'＞=n→.n→'|n→||n→'|=12
∴二面角B-AC-D平面角的大小为60°；
（Ⅲ）解：由于△ABC，△ADC均为直角三角形，故四面体ABCD的外接球球心是AC的中点
∵AC=23，∴R=3
∴四面体ABCD外接球的体积为43×π×(3)3=43π．;
【解析】
(Ⅰ)在ΔABD中，利用余弦定理，可得BD，从而可得AB⊥BD，根据平面ABD⊥平面CBD，可得AB⊥平面CBD，从而可得AB⊥DC；
(Ⅱ)建立空间直角坐标系，求出平面ABC的法向量n→=(1,1,0)，平面DAC的法向量n→'=(1,0,-1)，利用向量的夹角公式，可得二面角B-AC-D平面角的大小；
(Ⅲ)根据ΔABC，ΔADC均为直角三角形，可得四面体ABCD的外接球球心是AC的中点，从而可求四面体ABCD外接球的体积．
此题主要考查面面垂直，考查线面垂直，考查面面角，考查四面体ABCD外接球的体积，考查利用向量的方法解决面面角问题，确定平面的法向量是关键．
21.【答案】解：∵一个球的体积扩大为原来的27倍，
∴球的半径扩大为原来的3倍，
∴其表面积扩大为原来的9倍，
故答案为：9．;
【解析】利用球的体积和表面积公式，确定半径之间的关系，即可得到结论．
22.【答案】解：(1)由三视图得该几何体是直三棱锥，且底面是等腰直角三角形，
由图得，几何体的高是1，底面的直角边都为2，斜边为22，
则(5)2-(222)2=3，
该几何体表面积为12×2×1+12×2×1+12×2×2+12×22×3=4+6
(2)设几何体外接球的半径为R，
所以R=12+22+222=32，
∴该几何体外接球的体积43π×(32)3=9π2.;
【解析】此题主要考查了由三视图求几何体的体积，关键是对几何体正确还原，并根据三视图的长度求出几何体的几何元素的长度，还需要求出外接球的半径，进而求出它的体积，考查了空间想象能力．
(1)由三视图得，几何体的高是1，底面的直角边都为2，斜边为22，即可得出该几何体表面积；
(2)补成长方体，长方体的对角线的长等于几何体外接球的直径，求出它的半径，代入体积公式进行求解．
23.【答案】解：（1）由题意AB→=2DC→，AB→·BC→=0，|AB→|=23，|AD→|=2，E为AB的中点，
则AE=EB=3，ED=1，
将四边形ABCD绕着线段AB所在直线旋转一周，则所形成封闭几何体为圆锥与圆柱的组合体，
表面积为π×1×2+2×π×1×3+π×12=（3+23）π，体积为13×π×12×3+π×12×3=43π3；
（2）将△AED绕着线段AE所在直线旋转一周形成几何体W，则几何体W为底面半径为1，高为3的圆锥，
设几何体W的内切球的半径为r，由图可知FO=OB=r，
由FOBD=AOAB，
则r1=3-r2，
则r=33，
则球O的表面积为4×π×(33)2=4π3．;
【解析】
(1)将四边形ABCD绕着线段AB所在直线旋转一周，则所形成封闭几何体为圆锥与圆柱的组合体，结合圆锥与圆柱的表面积与体积公式求解即可；
(2)将△AED绕着线段AE所在直线旋转一周形成几何体W，则几何体W为底面半径为1，高为3的圆锥，然后求其内切球的半径为r，再由球的表面积公式求解即可．
此题主要考查了球的表面积及旋转体的体积及表面积，重点考查了运算能力，属基础题．