备战2024高考数学二轮复习讲义第3讲-割补思想在立体几何中的应用

第3讲割补思想在立体几何中的应用
割补法是数学中最重要的思想方法之一，主要分为割形与补行，是将复杂的，不规则的不易认识的几何体或几何图形，分割或补充成简单的、规则的、易于认识的几何体或图形，从而达到解决问题的目的。

割补法重在割与补，巧妙对几何体过几何图形实割与补，变整体的为局部，化不规则为规则，化陌生为熟悉，化抽象为直观。

割补法在立体几何中体现的主要的题型就是几何体的切等问题。

【应用一】割的思想在多面体的体积及几何体的内切球中的运用
割的思想主要体现两种题型：一是求复杂几何体的体积、表面积等问题，此类问题通过割把复杂的几何体割成几个简单的几何体。

二是求几何体内切球的半径、体积等问题。

此类问题主要是通过球心与几何体的各点割成锥，然后运用等积法求半径。

【例1.1】已知一个三棱锥的所有棱长均为2，则该三棱锥的内切球的体积为________．
【例1.2】【2020年新课标3卷理科】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_________．
【思维提升】以三棱锥P －ABC 为例，求其内切球的半径．
方法：等体积法，三棱锥P －ABC 体积等于内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和；第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体体积；
第二步：设内切球的半径为r ，球心为O ，建立等式：V P －ABC ＝V O －ABC ＋V O －PAB ＋V O －PAC ＋V O －PBC ⇒V P －ABC ＝13△ABC ·r ＋1
3
S
△PAB
·r ＋13S △PAC ·r ＋13S △PBC ·r ＝1
3
(S △ABC ＋S △PAB ＋S △PAC ＋S △PBC )·r ；
第三步：解出r ＝
3V P －ABC S O －ABC ＋S O －PAB ＋S O －PAC ＋S O －PBC ＝3V
S 表
．
秒杀公式(万能公式)：r ＝
3V S 表
【例1.3】（2023·河北唐山·统考三模）（多选）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中提到底面为长方形的屋状的楔体（图示的五面体)EF ABCD -．底面长方形ABCD 中3BC =，4AB =，上棱长2EF =，且EF 平面ABCD ，高（即EF 到平面ABCD 的距离）为1，O 是底面的中心，则（
）
A ．EO 平面BCF
【变式1.1】（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）如图①，在平行四边形ABCD
中，
AB ===ABD △沿BD 折起，使得点
A 到达点P 处（如图②）
，=PC P BCD -的内切球半径为______.
【变式1.2】（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）已知一正四面体棱长为4，其内部放置有一正方体，且正方体可以在正四面体内部绕一点任意转动，则正方体在转动过程中占据的空间体积最大为__________．
【变式1.3】（2022·江苏通州·高三期末）将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A ′－BD －C ，设三棱锥A ′
－BDC 的外接球和内切球的半径分别为r 1，r 2，球心分别为O 1，O 2.若正方形ABCD 的边长为1，则2
1
r r =________；
O 1O 2＝__________.
【应用二】补的思想在立体几何中几何体外接球中的应用
解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的．
2．记住几个常用的结论：
（1）正方体的棱长为a，球的半径为R.
①对于正方体的外接球，2R；②对于正方体的内切球，2R＝a；
③对于球与正方体的各棱相切，2R.
（2）在长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，球的半径为R，则2R=.
（3）正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.
3．构造法在定几何体外接球球心中的应用
（1）正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；
（2）同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；
（3）若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体；
（4）若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补形成长方体或正方体
【例2.1】（2022·广东潮州·高三期末）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在
鳖臑A-BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥AD，AB=BD，已知动点E从C点出发，沿外表面经过棱AD上一
点到点B，则该棱锥的外接球的表面积为_________．
【思维提升】
墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长方体的体对角线长(在长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，
则2R ＝
a 2＋
b 2＋
c 2
．)，秒杀公式：R 2
＝a 2＋b 2＋c 2
4
．可求出球的半径从而解决问题．有以下四种类型：
【例2.2】（2022·广东·铁一中学高三期末）已知四面体A BCD -中，5AB CD ==，10AC BD ==，
13BC AD ==，则其外接球的体积为______.
【思维提升】
棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长方体的体对角线长，即2222R a b c =++(长方体的长、宽、高分别为a、b、c)．秒杀公式：R2＝x2＋y2＋z28(三
棱锥的三组对棱长分别为x、y、z)．可求出球的半径从而解决问题．
【变式2.1】（2023·湖南邵阳·统考三模）三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，4,223,PA AC AB AC AB ===⊥，则三棱锥-P ABC 外接球的表面积为__________.
【变式2.2】已知三棱锥A BCD -，三组对棱两两相等，且1AB CD ==，3AD BC ==，若三棱锥A BCD -的外接球表面积为
92
π
．则AC =________．【变式2.3】已知三棱锥A －BCD 的四个顶点A ，B ，C ，D 都在球O 的表面上，AC ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，且AC ＝3，BC ＝2，CD ＝5，则球O 的表面积为(
)A ．12π
B ．7π
C ．9π
D ．8π
【变式2.4】(2019全国Ⅰ)已知三棱锥P －ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA ＝PB ＝PC ，△ABC 是边长
为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为()．A．6
2πD．6π8πB．6
4πC．6
巩固练习
1、【2019年新课标2卷理科】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．
2、（2022·湖北江岸·高三期末）如图，该几何体是由正方体截去八个一样的四面体得到的，若被截的正方体棱长为2，则该几何体的表面积为（）
A．1233
+
+D．63
+C．633
+B．1243
3、（2023·山西临汾·统考一模）《九章算术·商功》提及一种称之为“羡除”的几何体，刘徽对此几何体作注：“羡除，隧道也其所穿地，上平下邪.似两鳖臑夹一堑堵，即羡除之形.”羡除即为：三个面为梯形或平行四边形（至多一个侧面是平行四边形），其余两个面为三角形的五面几何体.现有羡除ABCDEF如图所示，底面ABCD为正方形，4
EF=，其余棱长为2，则羡除外接球体积与羡除体积之比为（）
A．22πB．42πC．82π
D．2π
3
A ．18
B ．275、正四面体的各条棱长都为．
6、在三棱锥A －BCD 中，AB ＝CD ＝2，AD ＝BC ＝3，AC ＝BD ＝4，则三棱锥BCD A -外接球的表面积为________．
7、在三棱锥A －BCD 中，AB ＝CD ＝6，AC ＝BD ＝AD ＝BC ＝5，则该三棱锥的外接球的体积为____．8、（2023·湖南郴州·统考三模）已知三棱锥-P ABC 的棱长均为4，先在三棱锥-P ABC 内放入一个内切球
1O ，然后再放入一个球2O ，使得球2O 与球1O 及三棱锥-P ABC 的三个侧面都相切，则球2O 的表面积为
__________.
第3讲割补思想在立体几何中的应用
割补法是数学中最重要的思想方法之一，主要分为割形与补行，是将复杂的，不规则的不易认识的几何体或几何图形，分割或补充成简单的、规则的、易于认识的几何体或图形，从而达到解决问题的目的。

割补法重在割与补，巧妙对几何体过几何图形实割与补，变整体的为局部，化不规则为规则，化陌生为熟悉，化抽象为直观。

割补法在立体几何中体现的主要的题型就是几何体的切等问题。

【应用一】割的思想在多面体的体积及几何体的内切球中的运用
割的思想主要体现两种题型：一是求复杂几何体的体积、表面积等问题，此类问题通过割把复杂的几何体割成几个简单的几何体。

二是求几何体内切球的半径、体积等问题。

此类问题主要是通过球心与几何体的各点割成锥，然后运用等积法求半径。

【例1.1】已知一个三棱锥的所有棱长均为2，则该三棱锥的内切球的体积为________．【答案】
354
π
【解析】由题意可知，该三棱锥为正四面体，如图所示．AE ＝AB ·sin 60°＝62，AO ＝23AE ＝6
3
，DO ＝AD 2－AO 2＝
233，三棱锥的体积V D ­ABC ＝13S △ABC ·DO ＝13，设内切球的半径为r ，则V D ­ABC ＝1
3
r (S △ABC ＋S △ABD ＋S △BCD ＋S △ACD )＝13，r ＝36，V 内切球＝43πr 3＝3
54
π．
【例1.2】【2020年新课标3卷理科】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】
3
【解析】（解法一）易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，
由于AM ==122
S =⨯⨯=△ABC 设内切圆半径为r ，则：
ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111
222AB r BC r AC r
=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()1
3322
r =
⨯++⨯=
解得：r =，其体积：3433
V r π==.
故答案为：
3
.（解法二）圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r ．作出圆锥的轴截面PAB ，如图所示，则
△PAB 的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△PAB 中，PA ＝PB ＝3，D 为AB 的中点，AB ＝2，E 为切点，则
PD ＝22，△PEO ∽△PDB ，故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3
＝r 1，解得r ＝22，故内切球的体积为43π＝2
3π．
【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
【思维提升】以三棱锥P －ABC 为例，求其内切球的半径．
方法：等体积法，三棱锥P －ABC 体积等于内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和；第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体体积；
第二步：设内切球的半径为r ，球心为O ，建立等式：V P －ABC ＝V O －ABC ＋V O －PAB ＋V O －PAC ＋V O －PBC ⇒V P －ABC ＝13△ABC ·r ＋1
3S
△PAB ·r ＋13S △PAC ·r ＋13S △PBC
·r ＝1
3(S △ABC ＋S △PAB ＋S △PAC ＋S △PBC )·r ；第三步：解出r ＝
3V P －ABC S O －ABC ＋S O －PAB ＋S O －PAC ＋S O －PBC ＝3V
S 表
．
秒杀公式(万能公式)：r ＝
3V S 统考三模）（多选）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中提到底面为长A ．EO 平面BCF
B ．五面体EF ABCD -的体积为
C ．四边形ABFE 与四边形CDEF
D ．AD
E V 与BC
F △的面积和的最小值为【答案】ABD
【解析】
取BC 的中点G ，连接OG ，FG ，
∵EF ∥OG ，EF ＝OG ，∴四边形∵EO ⊄平面BCF ，FG ⊂平面BCF 过F 作FH ⊥平面ABCD ，垂足为∵MN ⊂平面ABCD ，∴FH ⊥MN ，
又AB ⊥MN ，FH ∩MN ＝H ，MN ，过E 作EP ∥FM ，交CD 于P ，∵EP ∥FM ，EP ⊄平面FMN ，FM 同理EQ ∥平面FMN ，又EP ∩EQ 如图，五面体EF ABCD -包含一个三棱柱∴五面体EF ABCD -的体积：V 1133BCM FMN ADPQ S QN S FH S =⨯+⨯+ (11
23BC FH EF AQ BN =⨯⨯⨯++11
312231523
=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=，故设NH a =，则3MH a =-，
故选：ABD.
【变式1.1】（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）如图①，在平行四边形ABCD 中，
AB ===
ABD △沿BD 折起，使得点A 到达点P 处（如图②）
，=PC P BCD -的内切球半径为______.
【解析】如图，过点D 作DE BC ∥，且DE BC =，连接PE ，CE ，则BCED 是平行四边形，由题意可知PD BD ⊥，
BC BD ⊥，所以DE BD ⊥，
又DE PD D ⋂=，,DE PD ⊂平面PDE ，所以BD ⊥平面PDE ，
PE ⊂平面PDE ，所以BD PE ⊥，所以CE PE ⊥，所以
2PE ==PD =.又BD ⊂平面BCED ，所
以平面BCED ⊥平面PDE .
取DE 的中点O ，连接OP ，则OP DE ⊥，OP ⊂平面PDE ，平面PDE 平面BCDE DE =，
则OP ⊥平面BCED ，且OP =P BCD -的体积11122332P BCD BCD V S OP -=⋅=⨯⨯⨯△.
又12222BCD S =
⨯⨯= ，1
22
PBC PCD S S ==⨯=△△，1
22
PBD S =⨯=△，所以
三棱锥P BCD -的表面积(22BCD PBD PCD PBC S S S S S =+++=△△△△，设三棱锥P BCD -的内切球半径为r ，
则3V r S ==．
【变式1.2】（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）已知一正四面体棱长为4，其内部放置有一正方体，且正方体可以在正四面体内部绕一点任意转动，则正方体在转动过程中占据的空间体积最大为__________．
【答案】27
【解析】正方体可以在正四面体内部绕一点任意转动，所以正方体在正四面体的内切球中，
要使得正方体在转动过程中占据的空间体积最大，即正方体的棱长最长，即正方体的外接球恰好为正四面体的内切球;所以正方体的棱长最长时，正方体的对角线为正四面体的内切球的直径.
如图正四面体-P ABC ,设O 为ABC 底面中心,则PO ⊥平面ABC ，连接OC 并延长交AB 于点H .
则
H 为AB 的中点，故CH ==23OC CH ==
所以PO
所以正四面体的体积为201114164sin 6033233
ABC V S OP =⨯=⨯⨯⨯⨯=
正四面体的表面积为14444sin 602
ABC S =⨯⨯⨯⨯︒=
设正四面体的内切球的半径为r ，则13⨯r =由正方体的对角线为正四面体的内切球的直径，设正方体的棱长为a
则223a =⎝⎭，解得3a =，体积为3=⎝⎭;答案为：27
【变式1.3】（2022·江苏通州·高三期末）将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A ′－BD －C ，设三棱锥A ′
－BDC 的外接球和内切球的半径分别为r 1，r 2，球心分别为O 1，O 2.若正方形ABCD 的边长为1，则
21r r =________；O 1O 2＝__________.【答案】23##【解析】由题可得122r =，然后利用等积法可得22262
r =，最后利用球的性质即求.设AC BD M = ，则1222MA MB MC MD BD ====
=，∴三棱锥A ′－BDC 的外接球122
r =M 即为1O
，∵将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A ′－BD －C ，又A M BD '⊥，
∴A M '⊥平面BCD ，MC ⊂平面BCD ，
∴A M '⊥MC ，1A C '=，∴12A BD CBD S S '== ，34
A BC A CD S S ''== ，∴21113311232232r ⎛++=⨯ ⎝⎭22262
r -
∴2
1
2
2
r
r==
设球2
O与平面A BD
'，平面BCD分别切于P，Q，则2O PMQ为正方形，
∴22122
O M O O
===.
故答案为：
2
，
2-.
【应用二】补的思想在立体几何中几何体外接球中的应用
解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的．
2．记住几个常用的结论：
（1）正方体的棱长为a，球的半径为R.
①对于正方体的外接球，2R
；②对于正方体的内切球，2R＝a；
③对于球与正方体的各棱相切，2R
.
（2）在长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，球的半径为R
，则2R=.
（3）正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.
3．构造法在定几何体外接球球心中的应用
（1）正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；
（2）同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；
（3）若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体；
（4）若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补形成长方体或正方体
【例2.1】（2022·广东潮州·高三期末）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A-BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥AD，AB=BD
，已知动点E从C点出发，沿外表面经过棱AD上一
点到点B
，则该棱锥的外接球的表面积为_________．
【答案】8π
【解析】如图所示：
设CD =x ，由题意得：10C B '=，
在C BD ' 中，由余弦定理得：2222cos135C B C D BD C D BD '''=+-⋅⋅ ，即(2222102222x x ⎛=+- ⎝⎭
，
即2480x x +-=，解得2x =或4x =-（舍去），如图所示：
该棱锥的外接球即为长方体的外接球，
则外接球的半径为：()()22
21
22222R =++所以外接球的表面积为248S R ππ==，
故答案为：8π
【思维提升】
墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决．外
接球的直径等于长方体的体对角线长(在长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，
则2R＝a2＋b2＋c2．)，秒杀公式：R2＝a2＋b2＋c2
4．可求出球的半径从而解决问题．有以下四种类型：
【例2.2】（2022·广东·铁一中学高三期末）已知四面体A BCD
-中，AB CD
==，AC BD
== BC AD
=______.
【答案】
714π
3
【分析】
由题意可采用割补法，构造长宽高分别x，y，z
解出x，y，z,求长方体的体对角线即可.
【详解】
则四面体A BCD
-的外接球即为此长方体的外接球，
设长方体的长宽高分别x，y，z，外接球半径为R
则222222
5,10,13
x y y z x z
+=+=+=，
所以2222225,10,13x y y z x z +=+=+=,
则222214(2)x y z R ++==，解得142R =，所以3471433
V R ππ==.故答案为：
714π3
【思维提升】棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长
方体的体对角线长，即2222R a b c =++(长方体的长、宽、高分别为a、b、c)．秒杀公式：R2＝x2＋y2＋z28
(三棱锥的三组对棱长分别为x、y、z)．可求出球的半径从而解决问题．
【变式2.1】（2023·湖南邵阳·统考三模）三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，4,223,PA AC AB AC AB ===⊥，则三棱锥-P ABC 外接球的表面积为__________.
【答案】31π
【解析】
由PA ⊥平面ABC ，,AC AB ⊂面ABC ，则,PA AB PA AC ⊥⊥，又AC AB ⊥，
所以,,PA AB AC 两两垂直，故可将三棱锥-P ABC 补全为长方体，
故三棱锥-P ABC 外接球，即为长方体外接球，
令三棱锥-P ABC 外接球半径为R ，则满足2222(2)31R PA AB AC =++=，
所以外接球表面积为24π31πR =.
故答案为：31π
【变式2.2】已知三棱锥A BCD -，三组对棱两两相等，且1AB CD ==，3AD BC ==，若三棱锥A BCD -的外接球表面积为92
π．则AC =________．
【答案】5【解析】将四面体A BCD -放置于长方体中， 四面体A BCD -的顶点为长方体八个顶点中的四个，∴长方体的外接球就是四面体A BCD -的外接球，1AB CD == ，3AD BC ==，
且三组对棱两两相等，∴设AC BD x ==，得长方体的对角线长为222211[1(3)](4)22x x ++=+，可得外接球的直径212(4)2
R x =+，所以22(4)4x R +=， 三棱锥A BCD -的外接球表面积为92π，2942R ππ∴=，解得324
R =，即22(4)3244x +=，解之得5x =，因即5
AC BD ==【变式2.3】已知三棱锥A －BCD 的四个顶点A ，B ，C ，D 都在球O 的表面上，AC ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，且AC ＝3，BC ＝2，CD ＝5，则球O 的表面积为(
)A ．12π
B ．7π
C ．9π
D ．8π【答案】A
【解析】
由AC ⊥平面BCD ，BC ⊥CD 知三棱锥A －BCD 可构造以AC ，BC ，CD 为三条棱的长方体，设球O 的半径为R ，则有(2R )2＝AC 2＋BC 2＋CD 2＝3＋4＋5＝12，所以S 球＝4πR 2＝12π，故选A．
【变式2.4】(2019全国Ⅰ)已知三棱锥P －ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA ＝PB ＝PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为(
)．A ．68π
B ．64π
C ．62π
D ．6π【答案】
D
【解析】
解法一：, PA PB PC ABC == △为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA ，AB 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CE AC C EF =∴⊥ 平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ， 2APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===P ABC ∴-为正方体的一部分，2222R =++，6=即36446π62338R V R ππ=∴==⨯=，故选D ．
解法二：设2PA PB PC x ===，, E F 分别为, PA AB 的中点，EF PB ∴∥，且12EF PB x ==，ABC △为
边长为2的等边三角形，3CF ∴=，又90CEF ∠=︒，213, 2CE x AE PA x ∴=-==，AEC △中，由余弦定理可得()
2243cos 22x x EAC x +--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC = ，D ∴为AC 的中点，
cos E ∠12AD AC PA x ==，
2243142x x x x +-+∴=，2212212 22x x x ∴+=∴==，，2PA PB PC ∴===，又2AB BC AC ===，, , PA PB PC ∴两两垂直，22226R ∴=++=，6
2R ∴=，
34433
V R ππ∴==⨯68=6π=，故选D ．巩固练习
1、【2019年新课标2卷理科】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．
【答案】共26个面.21-.
【解析】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18826+=个面．
如图，设该半正多面体的棱长为x ，则AB BE x ==，延长BC 与FE 交于点G ，延长BC 交正方体棱于H ，由半正多面体对称性可知，BGE ∆为等腰直角三角形，
22,2(21)122BG GE CH x GH x x x ∴==∴=⨯+=+=，2121
x ∴==+21-．
【点睛】
本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，稳中求胜是关键．立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形．
2、（2022·湖北江岸·高三期末）如图，该几何体是由正方体截去八个一样的四面体得到的，若被截的正方体棱长为2，则该几何体的表面积为（）
A．1233
+
+B．123
+D．63
+C．633
【答案】B
【分析】
该几何体的表面积由6个完全相同的正方形和8个完全相同的等边三角形构成，然后分别计算即可
【详解】
根据题意，该几何体的表面积分成两部分，一部分是6个完全相同的正方形，另一部分是8个完全相同的等边三角形
6个完全相同的正方形的面积之和为：62212
=
8个完全相同的等边三角形的面积之和为：13
82243
⨯=
22
故该几何体的表面积为：1243
+
故选：B
3、（2023·山西临汾·统考一模）《九章算术·商功》提及一种称之为“羡除”的几何体，刘徽对此几何体作注：“羡
除，隧道也其所穿地，上平下邪.似两鳖臑夹一堑堵，即羡除之形.”羡除即为：三个面为梯形或平行四边形（至多一个侧面是平行四边形），其余两个面为三角形的五面几何体.现有羡除ABCDEF 如图所示，底面ABCD 为正方形，4EF =，其余棱长为2，则羡除外接球体积与羡除体积之比为（）
A ．
B ．
C ．π
3D ．2π
【答案】A 【解析】连接AC 、BD 交于点M ，取EF 的中点O ，连接OM ，求出OM 的长，进而求出OA 的长，可知2OA OB OC OD OE OF ======，从而可求出羡除外接球体积，由等体积法可求出羡除体积，进而可求得结果.
【详解】连接AC 、BD 交于点M ，取EF 的中点O ，连接OM ，则OM ⊥平面ABCD .取BC 的中点G ，连接FG ，作GH EF ⊥，垂足为H ，如图所示，
由题意得，OA OB OC OD ===，2OE OF ==，114HF EF =
=，2FG BC =
∴HG =
∴OM HG ==
又∵2AM AB ==
∴2OA ==，
∴2OA OB OC OD OE OF ======，即：这个羡除的外接球的球心为O ，半径为2，
∴这个羡除的外接球体积为3314432ππr π2333
V ==⨯=.∵//AB EF ，AB ⊄面CDEF ，EF ⊂面CDEF ，
∴//AB 面CDEF ，即：点A 到面CDEF 的距离等于点B 到面CDEF 的距离，
又∵OED OCD ≌，
∴A OED B OCD O BCD V V V ---==，
∴这个羡除的体积为21182344222323
A OED BCF ADO O BCD O BCD O BCD V V V V V V -----=+=+==⨯⨯⨯⨯⨯=，∴羡除的外接球体积与羡除体积之比为1232π322π82
3
V V ==.故选：A.
4、（2023·安徽黄山·统考三模）如图，球O 的表面积为60π，四面体-P ABC 内接于球O ，ABC 是边长为6的正三角形，平面PBC ⊥平面ABC ，则该四面体体积的最大值为（）
A ．18
B ．27
C ．32
D ．81
【答案】B 【解析】因为球O 的表面积为60π，所以60π154π
R ==，由题意知底面三角形的面积为定值，要使四面体体积的最大，只须顶点P 到底面的距离最大即可，又因为平面PBC ⊥平面ABC ，可知当PB PC =时，点P 到底面的距离最大，
ABC 外接圆的半径6232sin 60r =
=︒，则O 到面ABC 的距离为223d R r =-=，且O 到面PBC 的距离为132
h r ==，设点P 到平面ABC 的距离为H ，则()222R H d h =-+，解得33H =，
此时体积最大值为max 1166sin 60332732
V =⨯⨯⨯⨯︒⨯=.故选：B.
5、正四面体的各条棱长都为2，则该正面体外接球的体积为________．
【答案】32
π【解析】这是特殊情况，但也是对棱相等的模式，放入长方体中，32=R ，23=
R ，ππ2383334=⋅=V ．6、在三棱锥A －BCD 中，AB ＝CD ＝2，AD ＝BC ＝3，AC ＝BD ＝4，则三棱锥BCD A -外接球的表面积为________．
【答案】292
π【解析】构造长方体，三个长度为三对面的对角线长，设长宽高分别为c b a ,,，则922=+b a ，422=+c b ，1622=+a c ∴291649)(2222=++=++c b a ，291649)(2222=++=++c b a ，229222=++c b a ，22942=R ，π229=S ．
7、在三棱锥A －BCD 中，AB ＝CD ＝6，AC ＝BD ＝AD ＝BC ＝5，则该三棱锥的外接球的体积为____．【答案】
43436
π
【解析】依题意得，该三棱锥的三组对棱分别相等，因此可将该三棱锥补形成一个长方体，设该长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，且其外接球的半径为R a 2＋b 2＝62，
b 2＋
c 2＝52，
c 2＋a 2＝52，
得a 2＋b 2＋c 2＝43，即(2R )2＝a 2
＋b 2＋c 2＝43，易知432R =，即为该三棱锥的外接球的半径，所以该三棱锥的外接球的表面积为344343
36
R ππ=8、（2023·湖南郴州·统考三模）已知三棱锥-P ABC 的棱长均为4，先在三棱锥-P ABC 内放入一个内切球1O ，然后再放入一个球2O ，使得球2O 与球1O 及三棱锥-P ABC 的三个侧面都相切，则球2O 的表面积为__________.
【答案】23π/23
π【解析】如图所示：
依题意得144sin 60432
ABC S =⨯⨯⨯=︒△，底面ABC 的外接圆半径为114483432sin 60333
2
r r ===⇒=︒，点P 到平面ABC 的距离为224346433d ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭
，
故答案为：2π3.。