浙江省2025届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量补上一课立体几何中的截面问题及球的切接问题含解析

PAGE立体几何中的截面问题及球的切接问题学问拓展1.立体几何中的截面问题(1)平面截球：圆(圆面).(2)平面截正方体：三角形、四边形、五边形、六边形.(3)平面截圆柱曲面：圆、椭圆、矩形.2.球的切接问题(1)长方体的外接球①球心：体对角线的交点；②半径：r＝eq\f(\r(a2＋b2＋c2),2)(a，b，c为长方体的长、宽、高).(2)正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球①外接球：球心是正方体中心；半径r＝eq\f(\r(3),2)a(a为正方体的棱长)；②内切球：球心是正方体中心；半径r＝eq\f(a,2)(a为正方体的棱长)；③与各条棱都相切的球：球心是正方体中心；半径r＝eq\f(\r(2),2)a(a为正方体的棱长).(3)正四面体的外接球与内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分)①外接球：球心是正四面体的中心；半径r＝eq\f(\r(6),4)a(a为正四面体的棱长)；②内切球：球心是正四面体的中心；半径r＝eq\f(\r(6),12)a(a为正四面体的棱长).题型突破题型一立体几何中的截面问题【例1】(1)(2024·全国Ⅰ卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为()A.eq\f(3\r(3),4) B.eq\f(2\r(3),3)C.eq\f(3\r(2),4) D.eq\f(\r(3),2)(2)(2024·浙江新高考仿真卷三)已知平面α截一球面得圆M，过圆心M且与α成60°二面角的平面β截该球面得圆N，若该球面的半径为4，圆M的面积为4π，则圆N的面积为()A.7π B.9πC.11π D.13π解析(1)记该正方体为ABCD－A′B′C′D′，正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，即共点的三条棱A′A，A′B′，A′D′与平面α所成的角都相等.如图，连接AB′，AD′，B′D′，因为三棱锥A′－AB′D′是正三棱锥，所以A′A，A′B′，A′D′与平面AB′D′所成的角都相等.分别取C′D′，B′C′，BB′，AB，AD，DD′的中点E，F，G，H，I，J，连接EF，FG，GH，IH，IJ，JE，易得E，F，G，H，I，J六点共面，平面EFGHIJ与平面AB′D′平行，即截面EFGHIJ为平面α截正方体所得最大截面.又EF＝FG＝GH＝IH＝IJ＝JE＝eq\f(\r(2),2)，所以该正六边形的面积为6×eq\f(\r(3),4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3\r(3),4)，所以α截此正方体所得截面面积的最大值为eq\f(3\r(3),4)，故选A.(2)设球的球心为O，由圆M的面积为4π得圆M的半径为2，则|OM|＝eq\r(42－22)＝2eq\r(3)，又因为圆N所在的平面β与圆M所在的平面α所成的角为60°，则∠OMN＝30°，且ON⊥MN，则sin∠OMN＝eq\f(|ON|,|OM|)，即sin30°＝eq\f(|ON|,2\r(3))，解得|ON|＝eq\r(3)，则圆N的半径r＝eq\r(42－（\r(3)）2)＝eq\r(13)，圆N的面积为πr2＝13π，故选D.答案(1)A(2)D规律方法此类题主要考查空间想象实力及空间几何体的结构特征，解题时可找寻特别状况使问题得到简化.【训练1】(1)(2024·全国Ⅰ卷)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为()A.12eq\r(2)π B.12πC.8eq\r(2)π D.10π(2)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱AD，B1C1上的动点，设AE＝λ，B1F＝μ.若平面BEF与正方体的截面是五边形，则λ＋μ的取值范围是________.解析(1)因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为2eq\r(2)，底面圆的直径为2eq\r(2)，所以该圆柱的表面积为2×π×(eq\r(2))2＋2π×eq\r(2)×2eq\r(2)＝12π.故选B.(2)通过特别位置来分析，当AE＝λ→1时(此时E与D接近重合)，若B1F＝μ→0(此时B1与F接近重合)，此时截面是四边形，随着B1F＝μ的变大，平面BEF与正方体的截面是五边形，由此知λ＋μ＞1；随着B1F＝μ→1，平面BEF与正方体的截面仍是五边形，当两者均为1时，截面是三角形，由此知λ＋μ＜2，故1＜λ＋μ＜2.答案(1)B(2)(1，2)题型二外接球问题【例2】(1)(2024·新课标全国Ⅱ)长方体的长、宽、高分别为3、2、1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为________.(2)已知底面边长为1，侧棱长eq\r(2)的正四棱柱的各个顶点均在同一个球的球面上，则该球的体积为()A.eq\f(32π,3) B.4πC.2π D.eq\f(4π,3)(3)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的六个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为()A.eq\f(3\r(17),2) B.2eq\r(10)C.eq\f(13,2) D.3eq\r(10)(4)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该四棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为()A.eq\f(81π,4) B.16πC.9π D.eq\f(27π,4)(5)已知三棱锥S－ABC的全部顶点都在球O的球面上，若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，SA⊥AC，SB⊥BC，三棱锥S－ABC的体积为9，则球的表面积为________.解析(1)长方体体对角线长为eq\r(32＋22＋12)＝eq\r(14)，所以长方体外接球半径R＝eq\f(\r(14),2)，所以长方体外接球的表面积为S＝4πR2＝14π.(2)如图，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1，底面为边长为1，侧棱长为eq\r(2)，设H、I分别为下、上底面中心，HI的中点为O，所以O为外接球的球心，所以外接球半径R＝AO＝eq\r(AH2＋OH2)＝1，所以外接球体积V＝eq\f(4π,3)R3＝eq\f(4π,3).(3)如图，由题意可得棱柱上、下底面为直角三角形，所以上、下底面外接圆的圆心分别为B1C1、BC的中点，分别设其分别为I、H，设HI的中点为O，则点O为三棱柱外接球的球心，在Rt△BHO中，BO＝eq\r(BH2＋OH2)＝eq\f(13,2)，所以外接球的半径R＝eq\f(13,2).(4)如图，设O1为底面正方形ABCD的中心，外接球球心为O，所以PO1⊥平面ABCD，O在PO1上，设外接球O的半径为R，则R＝AO＝PO，在Rt△AOO1中，R＝AO＝eq\r(AOeq\o\al(2,1)＋OOeq\o\al(2,1))＝eq\r(（\r(2)）2＋（4－R）2)解得R＝eq\f(9,4)，所以外接球的表面积为S＝4πR2＝eq\f(81,4)π.(5)如图，∵SA⊥AC，SB⊥BC，设O为SC的中点，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得点O到A，B，C，S的距离相等，故点O为三棱锥外接球的球心，∵平面SCA⊥平面SCB，SB＝BC，∴OB⊥平面SAC.设球O的半径为R，则VS－ABC＝VB－ASC＝eq\f(1,3)·eq\f(1,2)·2R·R·R＝eq\f(1,3)R3＝9，∴R3＝27，R＝3.所以外接球表面积为S＝4πR2＝36π.答案(1)14π(2)D(3)C(4)A(5)36π规律方法1.常用结论(1)正方体和长方体的外接球的球心为其体对角线的中点.(2)正棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点.(3)直棱柱的外接球的球心是上、下底面多边形外心连线的中点.(4)正棱锥外接球的球心在其高上，详细位置通过构造直角三角形计算得到.(5)若棱锥的顶点可构共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心.2.构造正方体、长方体、直棱柱等用上述结论确定外接球的球心(1)同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体，求其外接球问题可构造正方体或长方体.(2)相对的棱长相等的三棱锥，求其外接球问题可构造正方体或长方体.【训练2】(1)一个四面体的全部棱长都为eq\r(2)，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为()A.3π B.4πC.3eq\r(3)π D.6π(2)已知正三棱锥P－ABC，点P、A、B、C都在半径为eq\r(3)的球面上，若PA、PB、PC两两相互垂直，则球心到截面ABC的距离是________.(3)三棱锥P－ABC中，PA⊥AB，PA⊥AC，∠BAC＝120°，PA＝AB＝AC＝2，则此三棱锥外接球的体积为________.解析(1)构造正方体，则正方体棱长为1，因此，该四面体外接球也就棱长为1的正方体外接球，所以外接球半径R＝eq\f(\r(3),2)，所以外接球表面积为S＝4πR2＝3π.(2)如图，构造正方体，则球心为正方体的中心O，易求得正方体棱长为2，设点O到平面ABC的距离为d，作CH垂直MN交MN于H，由VO－ABC＝VC－ABO，得eq\f(1,3)S△ABC·d＝eq\f(1,3)S△ABO·CH，所以d＝eq\f(\r(3),3).(3)∵PA⊥AB，PA⊥AC，∴PA⊥平面ABC，构造直三棱柱PQT－ABC，设O1为△ABC外心，O为三棱锥外接球球心，所以OO1⊥平面ABC，易得OO1＝eq\f(1,2)PA，在△ABC由余弦定理可求得BC＝2eq\r(3)，再由正弦定理可求得△ABC外接圆半径r＝2，在Rt△AOO1中，AO＝eq\r(AOeq\o\al(2,1)＋OOeq\o\al(2,1))＝eq\r(5)，所以三棱锥P－ABC外接球半径R＝eq\r(5)，外接球体积V＝eq\f(20\r(5)π,3).答案(1)A(2)eq\f(\r(3),3)(3)eq\f(20\r(5)π,3)题型三内切球问题【例3】(一题多解)已知棱长为a的正四面体ABCD，证明：其内切球的半径为eq\f(\r(6),12)a.证明法一如图，设AH⊥平面BCD，则H为△BCD外心，可得外接球球心在AH上，设外接球球心为O，外接球半径为R，则AO＝BO＝R，在△BCD中，可得BH＝eq\f(\r(3),3)a，在Rt△ABH中，AH＝eq\r(AB2－BH2)＝eq\f(\r(6),3)a，在Rt△BHO中，BO2＝BH2＋OH2，∴BO2＝BH2＋(AH－OA)2，∴R2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)a))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)a－R))eq\s\up12(2)，∴R＝eq\f(\r(6),4)a，因内切球球心与外接球球心重合，所以内切球半径r＝OH＝AH－AO＝eq\f(\r(6),3)a－eq\f(\r(6),4)a＝eq\f(\r(6),12)a.法二如图，设AH⊥平面BCD，设外接球球心为O，则点O也是内切球球心，由于内切球球心到各个面的距离相等，都为内切球半径，设为r，∵VA－BCD＝VO－ABC＋VO－ACD＋VO－ABD＋VO－BCD.∴eq\f(1,3)S△BCD·AH＝eq\f(1,3)S△BCD·r·4，∴r＝eq\f(1,4)AH＝eq\f(\r(6),12)a.规律方法求内切球的半径常用等积法(1)正多面体内切球的球心与其外接球的球心重合，内切球的半径为球心到多面体任一面的距离.(2)正棱锥的内切球与外接球的球心都在其高线上，但不肯定重合.【训练3】(1)在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是()A.4π B.eq\f(9π,2)C.6π D.eq\f(32π,3)(2)(2024·金华一中月考)已知某锥体的三视图如图所示(各正方形的边长为2)，则该锥体的体积是________；该锥体的内切球的表面积是________.解析(1)由AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，得AC＝10.要使球的体积V最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC的内切圆的半径为r.则eq\f(1,2)×6×8＝eq\f(1,2)×(6＋8＋10)·r，所以r＝2.2r＝4＞3，不合题意.球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R最大.由2R＝3，即R＝eq\f(3,2).故球的最大体积V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(9,2)π.(2)如图，由几何体的三视图可知该几何体是一个棱长为2eq\r(2)的正四面体A－BCD，其可以为边长为2的正方体截去四个角而得，所以其体积为V＝23－4×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×23＝eq\f(8,3).因为正四面体的棱长为2eq\r(2)，所以其底面的三角形的高为eq\r(6)，该正四面体的高为eq\f(4\r(3),3)，设内切球的半径为r，则有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)－r))eq\s\up12(2)＝r2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(6),3)))eq\s\up12(2)，解得r＝eq\f(\r(3),3)，所以该内切球的表面积为S＝4πr2＝eq\f(4π,3).答案(1)B(2)eq\f(8,3)eq\f(4π,3)补偿训练一、选择题1.如图，长方体ABCD－A′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体是()A.棱台 B.四棱柱C.五棱柱 D.六棱柱解析由几何体的结构特征知剩下的几何体为五棱柱.答案C2.(2024·北京东城区一模)正方体被一个平面截去一部分后，所得几何体的三视图如图所示，则截面图形的形态为()A.等腰三角形 B.直角三角形C.平行四边形 D.梯形解析如图所示，由三视图可得该几何体是正方体被一个平面截去一个三棱锥所得的几何体，很明显三棱锥的两条侧棱相等，故截面是等腰三角形.答案A3.(2024·福州模拟)某简洁几何体的三视图如图所示，若该几何体的全部顶点都在球O的球面上，则球O的体积是()A.eq\f(8\r(2),3)π B.4eq\r(3)πC.12π D.32eq\r(3)π解析由三视图还原原几何体如图，可知该几何体为直三棱柱，底面为等腰直角三角形，直角边长为2，侧棱长为2.把该三棱锥补形为正方体，则正方体体对角线长为eq\r(22＋22＋22)＝2eq\r(3).∴该三棱柱外接球的半径为eq\r(3).体积V＝eq\f(4,3)π×(eq\r(3))3＝4eq\r(3)π.答案B4.(2024·昆明模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，若此几何体的各个顶点在同一球面上，则该球的表面积为()A.8π B.9πC.32π D.36π解析通过三视图可知，该几何体是直三棱柱D1A1C1－DAC，其中底面是直角三角形，把它补成长方体如图所示：连接D1B，设外接球的半径为R，所以有2R＝eq\r(D1D2＋DB2)＝eq\r(D1D2＋AD2＋AB2)＝eq\r(1＋4＋4)＝3，球的表面积为4πR2＝9π.答案B5.(2024·安阳一模)已知某几何体的三视图如图所示，若该几何体的外接球体积为eq\f(32π,3)，则h＝()A.eq\r(13) B.2eq\r(6)C.2eq\r(3) D.eq\r(3)解析由三视图知几何体为三棱锥，且一条侧棱垂直底面，如图，O为AC的中点，∵正视图和俯视图都是等腰直角三角形，EO⊥底面ABC，OB＝OC＝OA＝1，E为球心.设球半径为r，则V球＝eq\f(4,3)πr3＝eq\f(32π,3)，r＝2，EO＝eq\r(3)，∴h＝2eq\r(3).答案C6.(2024·浙江省联盟校联考)已知矩形ABCD的周长为20eq\r(2)，当矩形ABCD的面积最大时，沿对角线AC将△ACD折起，且二面角B－AC－D的大小为θ，则折叠后形成的四面体ABCD的外接球的体积为()A.eq\f(500,3)π B.100πC.eq\f(1000\r(2),3)π D.与θ的大小有关解析设矩形ABCD的长、宽分别为x，y，则2x＋2y＝20eq\r(2)≥2eq\r(2x·2y)，所以xy≤50，当且仅当x＝y＝5eq\r(2)时取等号，即当矩形ABCD为边长为5eq\r(2)的正方形时，矩形ABCD的面积最大.由于正方形ABCD的外接圆的圆心即AC的中点，它到各个顶点的距离相等，所以沿对角线AC折叠后形成的四面体ABCD的外接球的球心为AC的中点，故外接球的半径r＝5，外接球的体积V＝eq\f(4,3)πr3＝eq\f(500,3)π，故选A.答案A7.(2024·全国Ⅲ卷)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9eq\r(3)，则三棱锥D－ABC体积的最大值为()A.12eq\r(3) B.18eq\r(3)C.24eq\r(3) D.54eq\r(3)解析设等边△ABC的边长为x，则eq\f(1,2)x2sin60°＝9eq\r(3)，得x＝6.设△ABC的外接圆半径为r，则2r＝eq\f(6,sin60°)，解得r＝2eq\r(3)，所以球心到△ABC所在平面的距离d＝eq\r(42－（2\r(3)）2)＝2，则点D到平面ABC的最大距离d1＝d＋4＝6，所以三棱锥D－ABC体积的最大值Vmax＝eq\f(1,3)S△ABC×6＝eq\f(1,3)×9eq\r(3)×6＝18eq\r(3).答案B8.(2024·全国Ⅰ卷)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.8eq\r(6)π B.4eq\r(6)πC.2eq\r(6)π D.eq\r(6)π解析因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB，因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面PAC，所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P－ABC放在正方体中如图所示.因为AB＝2，所以该正方体的棱长为eq\r(2)，所以该正方体的体对角线长为eq\r(6)，所以三棱锥P－ABC的外接球的半径R＝eq\f(\r(6),2)，所以球O的体积V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))eq\s\up12(3)＝eq\r(6)π，故选D.答案D9.(2024·重庆调研二)已知三棱锥S－ABC各顶点均在球O上，SB为球O的直径，若AB＝BC＝2，∠ABC＝eq\f(2π,3)，三棱锥S－ABC的体积为4，则球O的表面积为()A.120π B.64πC.32π D.16π解析如图所示，由AB＝BC＝2，∠ABC＝eq\f(2π,3)得AC＝2eq\r(3)，则S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BCsineq\f(2π,3)＝eq\r(3)，设△ABC外接圆圆心为O′，则OO′⊥⊙O′，由正弦定理可知，△ABC外接圆半径O′A＝eq\f(2\r(3),2sin\f(2π,3))＝2，设S到面ABC距离为d，由SB为球O直径可知OO′＝eq\f(1,2)d，∴VS－ABC＝eq\f(1,3)×eq\r(3)×d＝4，∴d＝4eq\r(3)，则OO′＝2eq\r(3)，∴球的半径OA＝eq\r(O′A2＋O′O2)＝eq\r(4＋12)＝4，球O的表面积S＝4π×42＝64π.答案B10.(2024·厦门质检)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是一个三棱锥的三视图，则该三棱锥的外接球的表面积是()A.π B.eq\f(4π,3)C.4π D.16π解析由三视图可得三棱锥为如图所示的三棱锥P－ABC，其中侧面PAB⊥底面ABC，在△ABC和△PAB中，∠ACB＝∠APB＝90°，AC＝BC＝AP＝BP＝eq\r(2).取AB的中点D，连PD，则D为△ABC外接圆的圆心，且PD⊥底面ABC，所以球心O在PD上，设球半径为R，则在Rt△ODB中，OD＝1－R，OB＝R，DB＝1，由勾股定理得R2＝(1－R)2＋12，解得R＝1，所以三棱锥的外接球的表面积为S＝4πR2＝4π.答案C二、填空题11.(2024·杭州三校三联)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.现有一“阳马”P－ABCD，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝2，AD＝1，则该“阳马”的最长棱长为________；外接球表面积为________.解析由题意得“阳马”P－ABCD可以看作是棱长为2，2，1的长方体的一部分，则该“阳马”的最长棱为长方体的体对角线，长度为eq\r(22＋22＋12)＝3，该“阳马”的外接球为长方体的外接球，其表面积为4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)＝9π.答案39π12.(2024·金华十校期末调研)一个棱柱的底面是边长为6的正三角形，侧棱与底面垂直.其三视图如图所示，则这个棱柱的体积为________，此棱柱的外接球的表面积为________.解析由题意可知该三棱柱是一个直三棱柱，且底面是边长为6的正三角形，底面积为S＝eq\f(1,2)×62×sin60°＝9eq\r(3)，又因为该三棱柱的高h＝4，所以该三棱柱的体积为V＝Sh＝9eq\r(3)×4＝36eq\r(3).由正弦定理可知该正三棱柱底面的外接圆直径为2r＝eq\f(6,sin60°)＝4eq\r(3)，则其外接球的半径为R＝eq\r(（2\r(3)）2＋22)＝4，因此，此棱柱的外接球的表面积为4πR2＝4π×42＝64π.答案36eq\r(3)64π13.(2024·江苏卷)如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则eq\f(V1,V2)的值是________.解析设球半径为R，则圆柱底面圆半径为R，母线长为2R，又V1＝πR2·2R＝2πR3，V2＝eq\f(4,3)πR3，所以eq\f(V1,V2)＝eq\f(2πR3,\f(4,3)πR3)＝eq\f(3,2).答案eq\f(3,2)14.(2024·西安质检三)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各条棱长都相等，且内接于球O，若正三棱柱ABC－A1B1C1的体积是2eq\r(3)，则球O的表面积为________.解析设AA1＝A1B1＝a，则正三棱柱ABC－A1B1C1的体积是eq\f(\r(3),4)a3＝2eq\r(3)，解得a＝2，底面正三角形的外接圆半径r＝eq\f(a,2sin60°)＝eq\f(2,\r(3))，所以球的半径R＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(3))))\s\up12(2))＝eq\f(\r(21),3)，所以球O的表面积为4πR2＝eq\f(28π,3).答案eq\f(28π,3)15.(2024·石家庄二模)在三棱椎P－ABC中，底面ABC是等边三角形，侧面PAB是直角三角形，且PA＝PB＝2，PA⊥AC，则该三棱锥外接球的表面积为________.解析由于PA＝PB，CA＝CB，PA⊥AC，则PB⊥CB，因此取PC中点O，则有OP＝OC＝OA＝OB，即O为三棱锥P－ABC外接球球心，又由PA＝PB＝2，