1、第 1 讲 空间几何体的表面积与体积 考情研析 1.从具体内容上，主要考查：空间几何体的几何量(线段长度、夹角、表 面积、体积等)的计算等；球与多面体的组合，并结合考查球的表面积和体积的计算等 2. 从高考特点上，题型为选择题或填空题，难度中等 核心知识回顾 1.空间几何体的表面积 (1)多面体的表面积为 01各个面的面积的和 (2)圆柱的表面积公式： 02S2r22rl2r(rl)(其中，r 为底面半径，l 为圆柱的高). (3)圆锥的表面积公式： 03Sr2rlr(rl)(其中圆锥的底面半径为 r，母线长为 l). (4)圆台的表面积公式： 04S(r2r2rlrl)(其中圆台的上、下底面
2、半径分别为 r和 r， 母线长为 l). (5)球的表面积公式： 05S4R2(其中球的半径为 R). 2空间几何体的体积 (1)V 柱体 01Sh(S 为底面面积，h 为高). (2)V 锥体 02 1 3Sh(S 为底面面积，h 为高). (3)V 圆台 03 1 3(S SSS)h(其中 S，S 分别为上、下底面面积，h 为高). (4)V 球 04 4 3R 3(其中 R 为球的半径). 热点考向探究 考向 1 空间几何体的表面积与体积 例 1 (1)若圆锥的侧面展开图是半径为 l 的半圆，则这个圆锥的表面积与侧面积的比值是 ( ) A3 2 B2 C4 3 D5 3 答案 A 解析
3、设该圆锥的底面半径为 r，由题意可得其母线长为 l，且 2rl，所以 l2r，所以 这个圆锥的表面积与侧面积的比值是(rlr2)rl3r22r232，故选 A. (2)(2020 河南省百校联盟 6 月质监考试)如图，用平行于母线的竖直平面截一个圆柱，得 到底面为弓形的圆柱体的一部分，其中 M，N 为弧EF ，GH 的中点，EMF120，且 3 3 EF EG6，当所得几何体的体积最大值时，该几何体的高为_ 答案 2 解析 过 M 作 MTEF 于 T，设 MTx，则 ETTF 3x，设 O 为EF 所在扇形的圆心， R为扇形半径， 又OEOMOFR， EMOFMO1 2EMF60， 所以EM
4、O与FMO 为等边三角形， 所以EOTFOT60， 则EOFEOTFOT120， 所以 OTR 2， 则 MTOMOTR 2x，即 R2x.所得几何体的底面积为 SS 扇形OEFSOEF1 3R 21 2 R2sin120 4 3 3 x2.又 3 3 EFEG6，所以所得几何体的高 EG62x，所以 VSEG 8 3 2 3 (x33x2)，其中 0x3. 令 f(x)x33x2，x(0，3)，则由 f(x)3x26x3x(x2)0，解得 x2.列表 如下： x (0，2) 2 (2，3) f(x) 0 f(x) 增函数 极大值 减函数 所以当 x2 时，f(x)取得最大值，此时该几何体的高
5、 EG2. 1求几何体的表面积的方法 (1)求表面积问题的基本思路是将立体几何问题转化为平面几何问题，即空间图形平面化， 这是解决立体几何的主要出发点 (2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这 些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差得不规则几何体的表面积 2求空间几何体体积的常用方法 (1)公式法：直接根据相关的体积公式计算 (2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易， 或是求出一些体积比等. (3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当分割或补形，转化为易计算体积 的几何体 1已知圆锥的底面半径为 2，高为
6、 4.一个圆柱的下底面在圆锥的底面上，上底面的圆周 在圆锥的侧面上，当圆柱侧面积为 4 时，该圆柱的体积为( ) A B2 C3 D4 答案 B 解析 圆锥的轴截面如图所示， 设圆柱底面半径为 r， 其中 0r2.由题意可知AO1D AO2C，则有AO1 O1D AO2 O2C2，所以 AO12r，则圆柱的高 h42r，圆柱的侧面积 S2r(4 2r)4(r22r)4，整理得 r22r10，解得 r1.当 r1 时，h2，所以该圆柱的体 积 Vr2h2.故选 B. 2如图，在直角梯形 ABCD 中，ADAB4，BC2，沿中位线 EF 折起，使得AEB 为直角，连接 AB，CD，则所得的几何体的
7、表面积为_，体积为_ 答案 146 2 6 6 解析 如图， 过点 C 作 CM 平行于 AB， 交 AD 于点 M， 作 CN 平行于 BE， 交 EF 于点 N， 连接 MN.由题意可知四边形 ABCM，BENC 都是矩形，AMDM2，CN2，FN1，AB CM2 2， 所以 SAEB1 2222， S 梯形ABCD 1 2(24)2 26 2， S 梯形BEFC 1 2(23)25， S 梯形AEFD1 2(34)27， 在直角三角形 CMD 中，CM2 2，MD2， 所以 CD2 3.又因为 DFFC 5， 所以 SDFC1 22 3 2 6， 所以这个几何体的 表面积为 26 257
8、 6146 2 6. 解法一：因为截面 CMN 把这个几何体分割为直三棱柱 ABEMCN 和四棱锥 CMNFD， 又因为直三棱柱 ABEMCN 的体积为 V1SABEAM1 22224，四棱锥 CMNFD 的 体积为 V21 3S 四边形MNFDBE1 3 1 2(12)222，所以所求几何体的体积为 V1V26. 解法二：如图，连接 AC，EC，则几何体分割为四棱锥 CADFE 和三棱锥 CABE，因 为 VCADFE1 3 34 2 2 214 3 ，VCABE1 3 1 222 2 4 3，所以所求几何体的体积为 VCADFEVCABE14 3 4 36. 解法三：如图，延长 BC 至点
9、 M，使得 CM2，延长 EF 至点 N，使得 FN1，连接 DM， MN，DN，得到直三棱柱 ABEDMN，所以几何体的体积等于直三棱柱 ABEDMN 的体积减 去四棱锥 DCMNF 的体积因为 VABEDMN 1 222 48，VDCMNF 1 3 12 2 2 2 2，所以所求几何体的体积为 VABEDMNVDCMNF826. 考向 2 多面体与球 例 2 (1)阿基米德(公元前 287 年公元前 212 年)是古希腊伟大的哲学家、数学家和物理 学家，他和高斯、牛顿并列被称为世界三大数学家据说，他自己觉得最为满意的一个数学发 现就是“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二， 并且球的表面
10、积也是圆柱表面积的三分 之二” 他特别喜欢这个结论 要求后人在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球， 如图， 该球顶天立地，四周碰边若表面积为 54 的圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则该球的 体积为( ) A4 B16 C36 D64 3 答案 C 解析 设该圆柱的底面半径为 R， 则圆柱的高为 2R， 则圆柱的表面积 SS 底S侧2R 2 2 R2R54，解得 R29，即 R3.圆柱的体积为 VR22R54，该圆柱的内 切球的体积为2 35436.故选 C. (2)(2020 广东省广州市一模)在三棱锥 SABC 中，SBSCABBCAC2，侧面 SBC 与底面 ABC 垂直，则三棱锥
11、 SABC 外接球的表面积是_ 答案 20 3 解析 如图所示，取 BC 的中点 D，连接 SD，AD.设 E 为ABC 的中心，F 为SBC 的中 心，O 为三棱锥 SABC 外接球的球心连接 OE，OF，OA，则 OA 为三棱锥 SABC 外接球 的半径，四边形 OEDF 为矩形 OAOE2AE2 1 3 3 2 2 3 3 2 15 3 . 三棱锥 SABC 外接球的表面积4 15 3 2 20 3 . 多面体与球切、接问题的求解方法 (1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切 点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解 (2)若球面上四点 P，
12、A，B，C 构成的三条线段 PA，PB，PC 两两互相垂直，且 PAa， PBb， PCc， 一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体， 根据 4R2a2b2c2求解 (3)正方体的内切球的直径为正方体的棱长 (4)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长 (5)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系， 或只画内切、 外接的几何体的直观图， 确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解 1(2020 湖南省顶级名校高三 5 月联考)如图所示，在正四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是边长为 4 的正方形，E，F 分别是 AB，CD 的中点，co
13、s PEF 2 2 ，若 A，B，C，D，P 在同一球面上，则此球的体积为_ 答案 36 解析 由题意，得底面 ABCD 是边长为 4 的正方形，cos PEF 2 2 ，故高 PO1为 2.易知 正四棱锥 PABCD 的外接球的球心在它的高 PO1上，记球心为 O，则 AO12 2，POAO R，PO12，OO12R 或 OO1R2(此时 O 在 PO1的延长线上)，在直角AO1O 中，R2 AO2 1OO 2 1(2 2) 2(2R)2，解得 R3，所以球的体积为 V4 3R 34 3 3336. 2(2020 山东省青岛市高三期中)已知三棱锥 PABC 的三条侧棱 PA，PB，PC 两两
14、互相 垂直，且 PAPBPC2，则三棱锥 PABC 的外接球与内切球的半径比为_ 答案 3 33 2 解析 以 PA，PB，PC 为过同一顶点的三条棱，作长方体，由 PAPBPC2，可知此 长方体即为正方体设外接球的半径为 R，则 R 444 2 3，设内切球的半径为 r，则内 切球的球心到四个面的距离均为 r，由1 3(SACPSAPBSPCBSABC) r 1 3 SPCBAP，解得 r 2 3 3，所以 R r 3 2 3 3 3 33 2 . 真题押题 真题检验 1(2020 全国卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四 棱锥， 以该四棱锥的高为边长的正方形面积
15、等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三 角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( ) A 51 4 B 51 2 C 51 4 D 51 2 答案 C 解析 如图， 设 CDa， PEb， 则 POPE2OE2b2a 2 4 ， 由题意， 得 PO21 2ab， 即 b2a 2 4 1 2ab，化简，得 4 b a 2 2 b a10，解得 b a 51 4 (负值舍去).故选 C. 2(2020 全国卷)已知 A，B，C 为球 O 的球面上的三个点，O1为ABC 的外接圆， 若O1的面积为 4，ABBCACOO1，则球 O 的表面积为( ) A64 B48 C36 D32 答案 A
16、解析 设O1的半径为 r，球的半径为 R，依题意，得 r24，r2.由正弦定理可得 AB sin 602r，AB2r sin 602 3.OO1AB2 3.根据球的截面性质，得 OO1平面 ABC，OO1O1A，ROAOO2 1O1A 2 OO2 1r 24，球 O 的表面积 S4R264. 故选 A. 3(2020全国卷)已知ABC 是面积为9 3 4 的等边三角形，且其顶点都在球 O 的球面 上若球 O 的表面积为 16，则 O 到平面 ABC 的距离为( ) A 3 B3 2 C1 D 3 2 答案 C 解析 设球 O 的半径为 R，则 4R216，解得 R2.设ABC 外接圆的半径为
17、r，边长 为 a， ABC 是面积为9 3 4 的等边三角形， 1 2a 2 3 2 9 3 4 ， 解得 a3， r2 3 a2 a 2 2 2 3 99 4 3，O 到平面 ABC 的距离 d R2r2431.故选 C. 4(2020 全国卷)已知圆锥的底面半径为 1，母线长为 3，则该圆锥内半径最大的球的体 积为_ 答案 2 3 解析 易知半径最大的球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中 BC 2， ABAC3， 且点 M 为 BC 边上的中点， 设内切球的球心为 O， 由于 AM32122 2， 故 SABC1 222 22 2.设内切球的半径为 r， 则 SABCSA
18、OBSBOCSAOC 1 2ABr 1 2BCr 1 2ACr 1 2(323)r2 2，解得 r 2 2 ，其体积 V4 3r 3 2 3 . 5(2020 江苏高考)如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的已知 螺帽的底面正六边形边长为 2 cm，高为 2 cm，内孔半径为 0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积 是_cm3. 答案 12 3 2 解析 正六棱柱的体积为 6 3 4 22212 3 cm3，挖去的圆柱的体积为 1 2 2 2 2 cm3，故所求几何体的体积为 12 3 2 cm3. 金版押题 6(多选)已知四棱台 ABCDA1B1C1D1的上、下底面均为正方形，
19、其中 AB2 2，A1B1 2，AA1BB1CC12，则下列叙述中正确的是( ) A该四棱台的高为 3 BAA1CC1 C.该四棱台的表面积为 26 D该四棱台外接球的表面积为 16 答案 AD 解析 由棱台的性质，画出切割前的四棱锥，如图所示由于 AB2 2，A1B1 2，可 知SA1B1与SAB 的相似比为 12，则 SA2AA14，AO2，则 SO2 3，则 OO1 3， 故该四棱台的高为 3， A 正确； 因为 SASCAC4， 则 AA1与 CC1的夹角为 60， 不垂直， B错误； 该四棱台的表面积为SS上底S下底S侧284（ 22 2） 2 14 2 106 7， C 错误；由于
20、上、下底面都是正方形，则四棱台外接球的球心在 OO1上，在平面 B1BOO1中， 由于 OO1 3，B1O11，则 OB12OB，即点 O 到点 B 与点 B1的距离相等，则四棱台外 接球的半径 rOB2，故该四棱台外接球的表面积为 16，D 正确故选 AD. 专题作业 一、选择题 1 如图， 在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中， M 为 CD 的中点， 则三棱锥 ABC1M 的体积 VABC1M( ) A1 2 B1 4 C1 6 D 1 12 答案 C 解析 VABC1MVC1ABM1 3SABMC1C 1 3 1 2ABADC1C 1 6.故选 C. 2把一个半径为 20
21、 的半圆卷成圆锥的侧面，则这个圆锥的高为( ) A10 B10 3 C10 2 D5 3 答案 B 解析 设圆锥的底面半径为 r，高为 h.因为半圆的弧长等于圆锥的底面周长，半圆的半径 等于圆锥的母线，所以 2r20，所以 r10，所以 h20210210 3. 3(2020 天津市滨海新区模拟)已知正方体 ABCDA1B1C1D1的表面积为 24，若圆锥的底 面圆周经过 A，A1，C1，C 四个顶点，圆锥的顶点在棱 BB1上，则该圆锥的体积为( ) A3 2 B 2 3 C 2 D 2 2 答案 C 解析 正方体ABCDA1B1C1D1的表面积为24， 正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为
22、2， 圆锥的底面圆周经过 A，A1，C1，C 四个顶点，圆锥的底面圆半径 R 222222 2 3， 圆锥的顶点在棱 BB1上，圆锥的高 h 2222 2 2，该圆锥的体积为 V1 3Sh 1 3 ( 3)2 2 2.故选 C. 4 九章算术是我国古代第一部数学专著，它有如下问题：“今有圆堡瑽(cn)，周四 丈八尺，高一丈一尺问积几何？”意思是“今有圆柱体形的土筑小城堡，底面周长为 4 丈 8 尺，高 1 丈 1 尺问它的体积是多少？”(注：1 丈10 尺，取 3)( ) A704 立方尺 B2112 立方尺 C2115 立方尺 D2118 立方尺 答案 B 解析 设圆柱体底面半径为 r，高为
23、 h，周长为 C.因为 C2r，所以 r C 2，因此 Vr 2h C2 42h C2h 4 48 211 12 2112(立方尺). 5已知圆柱的高为 2，底面半径为 3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上， 则这个球的表面积等于( ) A4 B16 3 C32 3 D16 答案 D 解析 如图， 由题意知圆柱的中心O为这个球的球心， 于是， 球的半径rOBOA2AB2 12（ 3）22.故这个球的表面积 S4r216.故选 D. 6(2020 河北省保定市一模)一直三棱柱的每条棱长都是 2，且每个顶点都在球 O 的表面 上，则球 O 的表面积为( ) A28 3 B 22 3 C4
24、3 3 D 7 答案 A 解析 由题知此直棱柱为正三棱柱 ABCA1B1C1，设其上下底面中心为 O，O1，则外接 球的球心 O 为线段 OO1的中点，AB2，OA 3 3 AB2 3 3 ，OO1 2OO11， OAOO2OA2 21 3 ，因此，它的外接球的半径为 21 3 ，故球 O 的表面积为28 3 .故选 A. 7体积为 52 的圆台，一个底面积是另一个底面积的 9 倍，那么截得这个圆台的圆锥的体 积是( ) A54 B54 C58 D58 答案 A 解析 设上底面半径为 r，则由题意求得下底面半径为 3r，设圆台高为 h1，则 521 3h1(r 2 9r23r r)，r2h11
25、2.令原圆锥的高为 h，由相似知识得 r 3r hh1 h ，h3 2h1，V 原圆锥 1 3(3r) 2h3r23 2h1 9 21254. 8(2020 石家庄模拟)三棱锥 SABC 的底面各棱长均为 3，其外接球半径为 2，则三棱锥 SABC 的体积最大时，点 S 到平面 ABC 的距离为( ) A2 3 B2 3 C3 D2 答案 C 解析 如图， 设三棱锥 SABC 底面三角形 ABC 的外心为 G， 三棱锥外接球的球心为 O， 要使三棱锥 SABC 的体积最大， 则 O 在 SG 上， 由底面三角形的边长为 3， 可得 AG 3 2sin60 3.连接 OA，在 RtOGA 中，由
26、勾股定理求得 OGOA2GA2 22（ 3）21.点 S 到平面 ABC 的距离为 OSOG213.故选 C. 9.如图，半径为 R 的球的两个内接圆锥有公共的底面，若两个圆锥的体积之和为球的体积 的3 8，则这两个圆锥高之差的绝对值为( ) AR 2 B2R 3 C4R 3 DR 答案 D 解析 如题图，设球的球心为 O，体积为 V，上面圆锥的高为 h，体积为 V1，下面圆锥的 高为 H， 体积为 V2； 圆锥的底面的圆心为 O1， 半径为 r.由球和圆锥的对称性可知， hH2R， |OO1|HR，由题意可知，V1V23 8V 1 3r 2h1 3r 2H3 8 4 3R 3r2(hH)3
27、2R 3，而 hH 2R，r 3 2 R，由于 OO1垂直于圆锥的底面，所以 OO1垂直于底面的半径，由勾股定理可 知，R2r2|OO1|2，R2r2(HR)2H3 2R，可知 h 1 2R，这两个圆锥高之差的绝对值为 R，故选 D. 10在三棱锥 SABC 中，ABBC，ABBC 2，SASC2，二面角 SACB 的余 弦值是 3 3 ，若 S，A，B，C 都在同一球面上，则该球的表面积是( ) A4 B6 C8 D9 答案 B 解析 如图，取 AC 的中点 D，连接 SD，BD.因为 SASC，ABBC，所以 SDAC，BD AC，可得SDB 即为二面角 SACB 的平面角，故 cos S
28、DB 3 3 .在ABC 中，AB BC，ABBC 2，则 ACAB2BC22，所以 CDAD1.在 RtSDC 中，SD SC2CD241 3，同理可得 BD1，由余弦定理得 cos SDB31SB 2 2 31 3 3 ， 解得 SB 6.在SCB 中，SC2CB242( 6)2SB2，所以SCB 为直角三角形，同理可 得SAB 为直角三角形，取 SB 的中点 E，则 SEEB 6 2 ，在 RtSCB 与 RtSAB 中，EA SB 2 6 2 ，ECSB 2 6 2 ，所以点 E 为该球的球心，半径为 6 2 ，所以该球的表面积为 S4 6 2 2 6，故选 B. 11(2020 广东
29、湛江二模)如图，在矩形 ABCD 中，已知 AB2AD2a，E 是 AB 的中点， 将ADE 沿直线 DE 翻折成A1DE，连接 A1C.若当三棱锥 A1CDE 的体积取得最大值时，三 棱锥 A1CDE 外接球的体积为8 2 3 ，则 a( ) A2 B 2 C2 2 D4 答案 B 解析 在矩形 ABCD 中，已知 AB2AD2a，E 是 AB 的中点，所以A1DE 为等腰直角 三角形，斜边 DE 上的高为 A1K1 2DE 1 2 a2a2 2 2 a. 要想三棱锥 A1CDE 的体积最大，需高最大，则当A1DE面 BCDE 时体积最大，此时 三棱锥 A1CDE 的高等于 A1K 2 2
30、a，取 DC 的中点 H，过 H 作下底面的垂线，此时三棱锥 A1CDE 的外接球球心 O 在此垂线上 因为三棱锥 A1CDE 外接球的体积为8 2 3 ，所以球半径 R 2， 如图，OH2OC2CH2， A1O2A1G2GO2， 即 OH2R2a2， R2 2 2 aOH 2 2 2 a 2 ， 联立可得 a 2.故选 B. 12 (2020 广东省深圳市二模)在三棱锥 PABC 中， 平面 PBC平面 ABC， ACB90， BCPC2，若 ACPB，则三棱锥 PABC 体积的最大值为( ) A4 2 3 B16 3 9 C16 3 27 D32 3 27 答案 D 解析 如图，取 PB
31、中点 M，连接 CM， 平面 PBC平面 ABC， 平面 PBC平面 ABCBC， AC 平面 ABC，ACBC， AC平面 PBC， 设点 A 到平面 PBC 的距离为 hAC2x， PCBC2，PB2x(0 x2)，M 为 PB 的中点， CMPB，CM4x2， 解得 SPBC1 22x 4x2x4x2， VAPBC1 3(x 4x2)2x2x 2 4x2 3 ， 设 t4x2(0t2)，则 x24t2， VAPBC2t（4t 2） 3 8t2t 3 3 (0t2)， 关于 t 求导， 得 V(t)86t 2 3 ， 令 V(t)0， 解得 t2 3 3 或 t2 3 3 (舍去)， 当
32、0t0，V(t)单调递增，当2 3 3 t2 时，V(t)0，V(t)单调递减. 所以当 t2 3 3 时，(VAPBC)max32 3 27 .故选 D. 二、填空题 13.在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为 40 cm，母线长最短 50 cm，最长 80 cm，则斜截圆柱的侧面面积 S_ cm2. 答案 2600 解析 将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱，则圆柱的侧面展开图为矩形由题意 得所求侧面展开图的面积 S1 2(5080)(40)2600(cm 2). 14 已知圆锥的顶点为 S， 母线 SA， SB 所成角的余弦值为7 8， SA 与圆锥底面所成角为 45. 若SA
33、B 的面积为 5 15，则该圆锥的侧面积为_ 答案 40 2 解析 如图所示，设 S 在底面的射影为 S，连接 AS，SS.SAB 的面积为1 2 SASBsin ASB1 2 SA 2 1cos2ASB 15 16 SA25 15，所以 SA280，SA4 5.因为 SA 与底面所 成的角为 45，所以SAS45，ASSA cos 454 5 2 2 2 10.所以底面周长 l 2AS4 10，所以圆锥的侧面积为1 24 54 1040 2. 15在四棱锥 PABCD 中，四边形 ABCD 是边长为 2a 的正方形，PD底面 ABCD，且 PD2a，若在这个四棱锥内放一个球，则该球半径的最大
34、值为_ 答案 (2 2)a 解析 解法一：由题意知，球内切于四棱锥 PABCD 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 VPABCDVOABCDVOPADVOPAB VOPBCVOPCD，即1 32a2a2a 1 3 4a221 22a2a2 1 22a2 2a r，解得 r(2 2)a. 解法二：易知当球内切于四棱锥 PABCD，即与四棱锥 PABCD 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 PABCD 内切球的半径为 r，则 1 22a2a 1 2(2a2a2 2a)r， 解得 r(2 2)a. 16(
35、2020 山东省莱西一中、高密一中、枣庄三中高三模拟)已知三棱锥 SABC 的顶点都 在球 O 的球面上，且该三棱锥的体积为 2 3，SA平面 ABC，SA4，ABC120，则球 O 的体积的最小值为_ 答案 40 10 3 解析 VSABC1 3SABCSA 1 3 1 2 3 2 BA BC42 3，故 BA BC6.根据余弦定理 AC2 BA2BC22BA BC cos BBA2BC2BA BC3BA BC，即 AC3 2，当 BABC 时等号 成立设ABC 的外接圆半径为 r，故 2r b sin B2 6，即 r 6.设球 O 的半径为 R，球心 O 在平面ABC的投影O1为ABC外心， 则R2r2 SA 2 2 6410， R 10， V4 3R 340 10 3 .
