高一數(shù)學下學期期末考試分類匯編立體幾何中的表面積和體積蘇教版

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）A．cm B．cmC．cm D．cm【答案】B【解析】【分析】根據(jù)木球在水中的體積等于水槽上升的體積，即可求解出水槽中水面上升的高度【詳解】解：因為直徑為40cm的木球，一半在水中，一半在水上，所以可得木球在水中的體積，因為木球在水中的體積等于水槽上升的體積，所以水槽中水面上升的高度為故選：B2．（2021·江蘇揚州·高一期末）已知正四棱錐的底面邊長為2，側(cè)棱長為，則該正四棱錐的體積等于（

）A． B． C． D．4【答案】A【解析】【分析】首先計算正四棱錐的高，再計算體積.【詳解】如圖，正四棱錐，，，則，則該正四棱錐的體積.故選：A3．（2021·江蘇省鎮(zhèn)江中學高一期末）若棱長為的正方體的頂點都在同一球面上，則該球的表面積為（

）．A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】由于正方體的外接球的直徑等于正方體的體對角線，從而求出體對角線，可得球的直徑，進而可求出球的表面積【詳解】解：設(shè)正方體外接球的半徑為，則由題意可得，得，所以球的表面積為，故選：B4．（2021·江蘇宿遷·高一期末）在直三棱柱中，，，，則這個直三棱柱的外接球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】先求出三棱柱的外接球的半徑，再利用球的表面積公式的應用求出結(jié)果．【詳解】直三棱柱中，，，所以，由正弦定理可得，所以，即△的外接圓的半徑為，所以三棱柱的外接球的半徑，所以．故選：．5．（2021·江蘇連云港·高一期末）《算術(shù)書》竹簡于上世紀八十年代在湖北省江陵縣張家山出土，這是我國現(xiàn)存最早的有系統(tǒng)的數(shù)學典著，其中記載有求“囷蓋”的術(shù)：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一．該術(shù)相當于給出了由圓錐的底面周長與高，計算其體積的近似公式，它實際上是將圓錐體積公式中的圓周率近似取3，則近似公式相當于將圓錐體積公式中的近似?。?/p>

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】因為圓錐的體積為，故而，由可得的近似值.【詳解】設(shè)圓錐的底面半徑為，則圓錐的底面周長，所以，所以，令，得.故選：B.6．（2021·江蘇省鎮(zhèn)江中學高一期末）一個無蓋的圓柱形容器的底面半徑為3，母線長為14，現(xiàn)將該容器盛滿水，然后平穩(wěn)慢慢地將容器傾斜讓水流出，當容器中的水是原來的時，則圓柱的母線與水平面所成的角的余弦值為（

）．A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】由已知條件可求出圓柱形容器中水的總體積，再由容器中的水是原來的，可以求出流出水的體積，再由流水之后空出部分恰好是用一個平面去平分了一個短圓柱，由此解出短圓柱的高，解三角形即可【詳解】解：由題意可得容器中水的體積為，由容器中的水是原來的，可得流出水的體積為，則，所以，，所以圓柱的母線與水平面所成的角的余弦值為，故選：B二、多選題7．（2021·江蘇省鎮(zhèn)江中學高二期末）一副三角板由一塊有一個內(nèi)角為的直角三角形和一塊等腰直角三角形組成，如圖所示，，現(xiàn)將兩塊三角形板拼接在一起，得三棱錐，取中點與中點，則下列判斷中正確的是（

）A．直線面B．與面所成的角為定值C．設(shè)面面，則有∥D．三棱錐體積為定值.【答案】ABC【解析】【分析】對于A，利用線面垂直的判定定理即可解決；對于B，C，依托于選項A即可較容易得到.點到平面的距離不等確定，即可判斷選項D.【詳解】對于A，由中點與中點，得,得，由為等腰直角三角形得，由，面，得直線面，故A正確；對于B，由A得，與面所成的角為，為定值，故B正確；對于C，由A得，，故面，由面，面面，所以∥，故C正確；對于D，的面積為定值，但三棱錐的高會隨著點的位置移動而變化，故D錯誤.故選：ABC.【點睛】此題考立體幾何中關(guān)于線面垂直，線面角，線面平行的判定與性質(zhì)，屬于簡單題.8．（2021·江蘇·高一期末）下列說法中正確的有（

）A．設(shè)正六棱錐的底面邊長為1，側(cè)棱長為，那么它的體積為B．用斜二測法作△ABC的水平放置直觀圖得到邊長為a的正三角形，則△ABC面積為C．三個平面可以將空間分成4，6，7或者8個部分D．已知四點不共面，則其中任意三點不共線．【答案】ACD【解析】對A,根據(jù)題意求出底面積與高再求體積判定即可.對B,根據(jù)斜二測畫法前后面積的關(guān)系求解判斷即可.對C,分析這三個平面的位置關(guān)系再逐個討論即可.對D,利用反證法證明即可.【詳解】對于A,正六棱錐的底面邊長為1,則S底面積＝6?1×1×sin60°；又側(cè)棱長為,則棱錐的高h2,所以該棱錐的體積為VS底面積h2,A正確；對于B,水平放置直觀圖是邊長為a的正三角形,直觀圖的面積為S′a2×sin60°,則原△ABC的面積為S＝2S′＝2a2a2,所以B錯誤；對于C,若三個平面互相平行,則可將空間分為4部分；若三個平面有兩個平行,第三個平面與其它兩個平面相交,則可將空間分為6部分；若三個平面交于一線,則可將空間分為6部分；若三個平面兩兩相交且三條交線平行（聯(lián)想三棱柱三個側(cè)面的關(guān)系）,則可將空間分為7部分；若三個平面兩兩相交且三條交線交于一點（聯(lián)想墻角三個墻面的關(guān)系）,則可將空間分為8部分；所以三個平面可以將空間分成4,6,7或8部分,C正確；對于D,四點不共面,則其中任意三點不共線,否則是四點共面,所以D正確；綜上知,正確的命題序號是ACD.故選：ACD.【點睛】本題主要考查了立體幾何中的基本性質(zhì)與空間中線面的關(guān)系問題,屬于基礎(chǔ)題.三、填空題9．（2021·江蘇南京·高一期末）若圓錐的側(cè)面展開圖是半徑為2，圓心角為90°的扇形，則這個圓錐的全面積是___________.【答案】####1.25【解析】【分析】先根據(jù)求出圓錐的側(cè)面面積，再根據(jù)展開圖扇形弧長等于底面圓的周長求出底面圓的半徑，進而求出底面面積，相加得到圓錐的全面積.【詳解】圓錐的側(cè)面展開圖面積為，圓錐的底面圓半徑設(shè)為，則，解得：，所以底面圓面積為，則圓錐的全面積為故答案為：10．（2021·江蘇南京·高一期末）如圖，圓錐的母線長為4，點為母線的中點，從點處拉一條繩子，繞圓錐的側(cè)面轉(zhuǎn)一周達到點，這條繩子的長度最短值為，則此圓錐的表面積為__________【答案】【解析】【分析】作出圓錐側(cè)面展開圖，根據(jù)給定條件求出展開圖扇形圓心角，再求出圓錐底面圓半徑即可作答.【詳解】將圓錐側(cè)面沿母線AB剪開，其側(cè)面展開圖為扇形，如圖，從點處拉一條繩子，繞圓錐的側(cè)面轉(zhuǎn)一周達到點，最短距離即為線段BM長，則有，而M是線段中點，又母線長為4，于是得，即，設(shè)圓錐底面圓半徑為r，從而有：，解得，所以圓錐的表面積為.故答案為：11．（2021·江蘇常州·高一期末）《九章算術(shù)》是我國古代數(shù)學名著，它在幾何學中的研究比西方早1000多年.在《九章算術(shù)》中，將底面為矩形且一側(cè)棱垂直于底面的四棱錐稱為陽馬.如圖是陽馬，平面，，，，則該陽馬的外接球的表面積為___________.【答案】【解析】【分析】把四棱錐放置在長方體中，求出長方體外接球的表面積得答案．【詳解】把四棱錐放置在長方體中，則長方體的外接球即為四棱錐的外接球，，，，長方體的對角線長為，則長方體的外接球的半徑，該陽馬的外接球的表面積為．故答案為：．四、解答題12．（2021·江蘇南京·高一期末）如圖，在五面體ABCDEF中，已知平面ABCD，，，，．（1）求證：；（2）求三棱錐的體積．【答案】（1）證明見解析；（2）．【解析】【分析】（1）先證明平面，再利用線面平行的性質(zhì)，證明；（2）在平面內(nèi)作于點，證明是三棱錐的高，即可求三棱錐的體積．【詳解】（1）因為，平面，平面，所以平面，又平面，平面平面，所以．（2）如圖，在平面內(nèi)過點B作于點．因為平面，平面，所以．又，平面，，所以平面，所以是三棱錐的高．在直角三角形中，，，所以．因為平面，平面，所以．又由（1）知，，且，所以，所以，所以三棱錐的體積．13．（2021·江蘇南京·高一期末）如圖，在三棱柱中，側(cè)面是矩形，側(cè)面是菱形，M、N分別是、的中點，（1）求證：平面；（2）求證：；（3）若，是邊長為4的正三角形，求三棱錐的體積．【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）.【解析】【分析】（1）要證明線面平行，根據(jù)判斷定理可知，需證明線線平行，轉(zhuǎn)化為證明，即可證明；（2）要證明線線垂直，需先證明線面垂直，即證明平面，即可證明；（3）利用等體積轉(zhuǎn)化，求幾何體的體積，或證明平面，.【詳解】（1）連接，由N是菱形的對角線和的交點，知：點N為的中點且M是的中點，由三角形的中位線定理知：

…矩形的對邊，得：，平面，平面，故平面

（注：線面平行的判定定理的使用中缺條件扣1分）（2）由菱形的對角線互相垂直，得：，，平面，平面，，故平面，平面，故有

（3）由側(cè)面是矩形，知.又由，，平面，平面，所以平面，即平面由是邊長為4的正三角形，知：

故

（注：線面垂直的判定定理的使用缺條件扣1分）或者：,平面，，且，平面14．（2021·江蘇徐州·高一期末）如圖①，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別為AB，BC，BB1，的中點．（1）求證：平面EFG⊥平面BB1D1D；（2）將該正方體截去八個與四面體B-EFG相同的四面體得到一個多面體(如圖②)，若該多面體的體積是，求該正方體的棱長．【答案】（1）證明見解析；（2）4．【解析】【分析】(1)連接AC，可得EF//AC，證得EF⊥平面BB1D1D即可作答；(2)利用正方體的棱長a表示出四面體B-EFG的體積，再利用割補法列式即可得解.【詳解】（1）在正方體中，平而，而平面，則連接，如圖，在中，分別為的中點，即，在正方形中，，于是得又因平面平面，從而得平面又平面，所以平面平面；（2）設(shè)正方體的棱長為，由（1）知，四面體的體積為，因此所得多而體的體積為，解得，所以該正方體的棱長為4．一、單選題1．（2021·江蘇徐州·高一期末）在三棱錐A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，BD⊥CD，且AB=BD=DA=3，，則三棱錐A-BCD的外接球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題設(shè)給定的條件作出三棱錐的外接球球心O，計算OB長即可得解.【詳解】三棱錐中，取BC，BD中點O1，E，連接O1E，AE，如圖，于是得，而，則，又AB=BD=DA=3，則有，因平面ABD⊥平面BCD，從而得平面，平面，在AE上取點O2，使，顯然點O1，O2分別為、正的外接圓圓心，設(shè)三棱錐的外接球球心O，連，因此有平面，平面，從而得，得，，中，，則球O半徑，所以三棱錐A-BCD的外接球的表面積為.故選：B【點睛】關(guān)鍵點睛：幾何體的外接球的表面積、體積計算問題，借助球的截面小圓性質(zhì)確定出球心位置是解題的關(guān)鍵.2．（2021·江蘇泰州·高一期末）已知A，B，C，D四點均在半徑為R的球O的球面上，的面積為，球心O到平面的距離為，若三棱錐體積的最大值為24，則球O的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】要使三棱錐的體積最大，則要棱錐的高最高，然后根據(jù)體積公式可得到半徑，從而得到球的表面積.【詳解】O到平面的距離為，，若要三棱錐體積的最大，則要高最高，高的最大值為，所以，解得，，則球O的表面積.故選：D.3．（2021·江蘇·南京市中華中學高一期末）如圖，四棱錐的底面為矩形，底面，，，點是的中點，過，，三點的平面與平面的交線為，則下列說法錯誤的是（

）A．平面B．C．直線與所成角的正切值為D．平面截四棱錐所得的上下兩部分幾何體的體積之比為【答案】C【解析】【分析】根據(jù)線面平行的判定定理判斷A，由線面垂直的性質(zhì)判斷B，求出異面直線所成角的正切值判斷C，作出交線，根據(jù)組合體體積公式計算體積后判斷D．【詳解】因為，平面，平面，所以平面，又平面，平面平面，所以，而平面，平面，所以平面，A正確；平面，平面，所以，所以，B正確；直線與所成角即，在中，C錯；取中點，因為是中點，則，所以，即為直線，連接，是矩形，，則，是的中位線，所以，所以，是的中線，，，所以，從而，所以．D正確．故選：C．4．（2021·江蘇·泰州中學高一期末）粽，即粽粒，俗稱粽子，主要材料是糯米、餡料，用籍葉(或箬葉.簕古子葉等)包裹而成，形狀多樣，主要有尖角狀、四角狀等.粽子由來久遠，最初是用來祭祀祖先神靈的貢品.南北叫法不同，北方產(chǎn)黍，用黍米做粽，角狀，古時候在北方稱“角黍”.由于各地飲食習慣的不同，粽子形成了南北風味；從口味上分，粽子有咸粽和甜粽兩大類.某地流行的四角狀的粽子，其形狀可以看成一個正四面體，現(xiàn)需要在粽子內(nèi)部放入一個肉丸，肉丸的形狀近似地看成球，當這個肉丸的體積最大時，其半徑與該正四面體的高的比值為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題意,當肉丸的體積最大時,肉丸所成的球是該正四面體的內(nèi)切球,再根據(jù)空間幾何體求解即可.【詳解】當肉丸的體積最大時,肉丸所成的球是該正四面體的內(nèi)切球,設(shè)正四面體的邊長為高為內(nèi)切球的半徑為所以，，所以正四面體的表面積為，所以根據(jù)等體積法得，即，解得所以，所以.故選：C【點睛】本題考查數(shù)學文化與空間幾何體的內(nèi)切球問題，考查運算求解能力，空間想象能力，是中檔題.本題解題的關(guān)鍵在于利用等體積法求得幾何體的內(nèi)切球的半徑.二、多選題5．（2021·江蘇宿遷·高一期末）已知邊長為的菱形中，，將沿翻折，下列說法正確的是（

）A．在翻折的過程中，直線，所成角的范圍是B．在翻折的過程中，三棱錐體積最大值為C．在翻折過程中，三棱錐表面積最大時，其內(nèi)切球表面積為D．在翻折的過程中，點在面上的投影為，為棱上的一個動點，的最小值為【答案】BC【解析】【分析】在翻折成正四面體的情況利用線面垂直的判定定理可以證明直線與所成角為直角，，從而否定；利用平面與底面垂直的情況，得到三棱錐的體積最大值，計算后可判定B；利用當?shù)玫矫娣e的最大值，利用等體積法可以求得此時內(nèi)切球的半徑，進而計算其表面積，從而判定C.將的最小值轉(zhuǎn)化為異面直線與的距離，考慮翻折的極限情況可以否定.其中要注意線面垂直，面面垂直的判定與性質(zhì)的應用.【詳解】解：對于：由題意可得△ABC和△ADC為等邊三角形，翻折后，當時，四面體ABCD為正四面體，取BC中點為E，連接AE，DE，可知AE⊥BC，DE⊥BC，AE∩DE=E，所以平面ADE，所以BA⊥AD，直線與所成角為直角，故錯誤；對于B：當平面與底面垂直時，三棱錐的體積最大，取AC中點H，連接DH，則DH⊥AC，又因為平面ADC⊥平面ABC，ADC∩ABC=AC，所以DH⊥平面ABC，此時，，故正確；對于C：因為是翻折過程中的不變量，翻折過程中的對應邊始終相等，所以這兩個三角形始終全等，∴始終相等，△ABD，△BCD等于，由于最初時這兩個角都是，翻折到重合時，都變成了，在連續(xù)變化的過程中，當時，△ABD，△BCD的面積最大，而另外兩個面△,△在翻折中的形狀不變，面積是固定的，所以當且僅當此時三棱錐表面積最大，此時DC=，取AC中點為O，連接BO，DO，則BO⊥AC，DO⊥AC，BO∩DO=O，所以AC⊥平面BOD.，，此時設(shè)內(nèi)切球的半徑為，，.內(nèi)切球的表面積為故C正確；對于D：如圖，設(shè)翻折前的棱形的位置如圖在翻折過程中，設(shè)AC中點為O:由已知可得AC=a，△ABC，ADC都是正三角形.同上可證，AC⊥平面BOD，所以平面BOD⊥平面ABC，根據(jù)平面垂直的性質(zhì)定理可得D在平面ABCD中的射影的軌跡是線段，因為E是CD上的動點，所以的最小值是異面直線直線與CD的距離，當翻折使得二面角接近于時，線段的長度接近于0，分別是異面直線與上的點，所以異面直線與的距離不超過,故異面直線與CD的距離無限接近于0，（另外當二面角接近于時，的距離接近于0，分別是異面直線與上的點，所以異面直線與的距離也不超過,故異面直線與CD的距離也無限接近于），所以的距離可以無限的接近于0，沒有最小值，故D錯誤．故選：.【點睛】當平面ACD⊥平面ABC時，BO⊥AC，BO?平面ABC，平面ABC∩平面ACD=AC，所以BO⊥平面ADC.過O作OM⊥CD，垂足是M，則由于OM?平面ACD，OB⊥平面ACD，所以O(shè)B⊥平面ACD，即直線⊥平面ACD，所以，所以O(shè)M就是異面直線與CD的距離，OM=OCsin∠MCO=，但這不是異面直線與CD的距離的最小值.6．（2021·江蘇常州·高一期末）已知正四面體的棱長為，則（

）．A． B．四面體的表面積為C．四面體的體積為 D．四面體的外接球半徑為【答案】ABD【解析】【分析】取中點由已知條件可得平面，平面可判斷A；求出正四面體表面積可判斷B；由A選項得知，平面，取中點，連接，求出，可得四面體的體積可判斷C；將正四面體補成正方體，正方體的對角線即為外接球的直徑，正四面體的棱長即為正方體面對角線長，計算出正方體對角線長可求出外接球的半徑可判斷D.【詳解】對于A，取中點，連接，因為是正四面體，所以，且，所以平面，平面，所以，故正確；正四面體的一個側(cè)面的面積為，所以表面積為，故B正確；由A選項得知，平面，取中點，連接，因為是正四面體，所以，，，所以，四面體的體積為，故C錯誤；將正四面體補成正方體，則正四面體和長方體有相同的外接球，正方體的對角線即為外接球的直徑，正四面體的棱長即為正方體面對角線長，因為正四面體的棱長為，所以正方體的棱長為，對角線長為，所以外接球的半徑為，故D正確.故選：ABD.7．（2021·江蘇揚州·高一期末）已知長方體中，，，是線段上的一動點，則下列說法正確的有（

）A．當與重合時，三棱錐的外接球的表面積為B．三棱錐的體積不變C．直線與平面所成角不變D．的最小值為3【答案】ABD【解析】【分析】利用三棱錐與長方體有相同的外接球，由長方體的體對角線求出直徑，由球的表面積公式求解即可判斷選項A，由平面，結(jié)合等體積法，即可判斷選項B，由平面，結(jié)合的長度是變化的，即可判斷選項C，把矩形和放置在同一平面內(nèi)，當點，，三點共線時，最小，求解即可判斷選項D．【詳解】對于A，當點與重合時，三棱錐即為三棱錐，又因為三棱錐與長方體有相同的外接球，所以外接球的直徑，故外接球的表面積為，故選項A正確；因為，又平面，平面，所以平面，由等體積法可得，，所以三棱錐的體積不變，故選項B正確；對于C，因為平面，所以點到平面的距離不變，但的長度由的長增加到的長度，即的長度是變化的，所以直線與平面所成的角是變化的，故選項C錯誤；對于D，把矩形和放置在同一平面內(nèi)，如圖所示，其中，，，則，連接交于點，當點，，三點共線時，最小，則，故，所以，由余弦定理可得，，所以，即的最小值為，故選項D正確．故選：ABD．三、填空題8．（2021·江蘇省錫山高級中學高一期末）早期的畢達哥拉斯學派學者注意到：用等邊三角形或正方形為表面可構(gòu)成四種規(guī)則的立體圖形，即正四面體、正六面體、正八面體和正二十面體，它們的各個面和多面角都全等．如圖，正二十面體是由20個等邊三角形組成的正多面體，共有12個頂點，30條棱，20個面，是五個柏拉圖多面體之一．如果把按計算，則該正二十面體的表面積與該正二十面體的外接球表面積之比等于___________．【答案】【解析】【分析】可得正二十面體的外接球即為上方正五棱錐的外接球，設(shè)外接球半徑為R，正五邊形的外接圓半徑為r，正二十面體的棱長為，可得，，即可表示出外接球的表面積和正二十面體的表面積，得出答案.【詳解】由圖知正二十面體的外接球即為上方正五棱錐的外接球，設(shè)外接球半徑為R，正五邊形的外接圓半徑為r，正二十面體的棱長為，則，得，所以正五棱錐的頂點到底面的距離是，所以，即，解得．所以該正二十面體的外接球表面積為，而該正二十面體的表面積是，所以該正二十面體的表面積與該正二十面體的外接球表面積之比等于．故答案為：.【點睛】本題考查幾何體的外接球問題，解題的關(guān)鍵是將正二十面體的外接球等價于上方正五棱錐的外接球，表示出半徑.9．（2021·江蘇·南京市中華中學高一期末）已知直三棱柱，，，若點是上底面所在平面內(nèi)一動點，若三棱錐的外接球表面積恰為，則此時點構(gòu)成的圖形面積為________．【答案】【解析】【分析】確定是等腰直角三角形，的中點分別是和的外心，由直棱柱性質(zhì)得的外接球的球心在上，外接球面與平面的交線是圓，是以為圓心，為半徑的圓，求出可得面積．【詳解】，則，設(shè)分別是的中點，則分別是和的外心，由直三棱柱的性質(zhì)得平面，所以的外接球的球心在上，如圖，，則，，所以，，的外接球面與平面的交線是圓，是以為圓心，為半徑的圓，其面積為．故答案為：．【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查立體幾何中動點軌跡問題的求解，重點考查了幾何體的外接球的有關(guān)問題的求解，關(guān)鍵是根據(jù)外接球的性質(zhì)確定球心位置，結(jié)合勾股定理得出動點所滿足的具體條件，結(jié)論：三棱錐的外接球的球心在過各面外心且與此面垂直的直線上．10．（2021·江蘇省新海高級中學高一期末）在三棱錐中，，，，．平面平面，若球是三棱錐的外接球，則球的半徑為_________．【答案】4【解析】取中點，連接，，再根據(jù)題意依次計算，進而得球的球心即為（與重合）【詳解】解：因為，，，所以，又因為，所以，所以，因為平面平面，平面平面，，平面，所以平面，取中點，連接，所以，，所以平面，所以，此時，，，所以，即球的球心球心即為（與重合），半徑為.故答案為：.【點睛】本題解題的關(guān)鍵在于尋找球心，在本題中，均為直角三角形，故易得中點即為球心.考查空間思維能力，運算求解能力11．（2021·江蘇蘇州·高一期末）已知三棱錐中，平面，異面直線與所成角的余弦值為，則三棱錐的體積為_________，三棱錐的外接球的表面積為_________.【答案】

【解析】【分析】分別取的中點，連接，得到為異面直線與所成的角，得出，設(shè)，由余弦定理求得的值，進而求得三棱錐的體積；再找出三棱錐的外接球的球心，利用勾股定理求得外接球的半徑，代入球的表面積公式，即可求解.【詳解】分別取的中點，連接，可得，所以為異面直線與所成的角，所以，設(shè)，可得，則，在中，由余弦定理，可得，所以，解得，所以三棱錐的體積為，設(shè)底面的中心為，三棱錐的外接球的球心為，連接，則平面，可得，則三棱錐的外接球的半徑為，所以三棱錐的外接球的表面積為.故答案為：；.四、解答題12．（2021·江蘇·南京市第一中學高一期末）如圖，在四棱錐中，底面ABCD為直角梯形，，，..平面平面ABCD，.（1）若平面平面，求證：；（2）求證：平面平面PBD；（3）若二面角的正切值為，求四棱錐的體積.【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）.【解析】【分析】（1）先證明面PAD，再由線面平行的性質(zhì)證明（2）先證明，，再由面面垂直的判定定理得出平面平面PB