2023版考前三个月冲刺专题练　第17练　空间几何体

这是一份2023版考前三个月冲刺专题练　第17练　空间几何体，共23页。

第17练　空间几何体


1．(2021·新高考全国Ⅰ)已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为(　　)
A．2 B．2 C．4 D．4
答案　B
解析　设圆锥的母线长为l，因为该圆锥的底面半径为，所以2π×＝πl，解得l＝2.
2．(2022·新高考全国Ⅰ)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为(≈2.65)(　　)
A．1.0×109 m3 B．1.2×109 m3
C．1.4×109 m3 D．1.6×109 m3
答案　C
解析　如图，由已知得该棱台的高为

157．5－148.5＝9(m)，
所以该棱台的体积
V＝×9×(140＋＋180)×106＝60×(16＋3)×106≈60×(16＋3×2.65)×106＝1.437×109≈1.4×109(m3)．故选C.
3．(2022·新高考全国Ⅱ)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(　　)
A．100π B．128π
C．144π D．192π
答案　A
解析　由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为××3＝3，××4＝4.
设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上．
设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝32＋OO＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；
当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋OO＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，
所以R2＝25，
所以该球的表面积为4πR2＝100π.
综上，该球的表面积为100π.
4．(2021·全国甲卷)已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O－ABC的体积为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　如图所示，因为AC⊥BC，所以AB为截面圆O1的直径，且AB＝.连接OO1，

则OO1⊥平面ABC，
OO1＝
＝＝，
所以三棱锥O－ABC的体积
V＝S△ABC×OO1＝××1×1×＝.
5．(2018·全国Ⅰ)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. B. C. D.
答案　A
解析　如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，

平面AB1D1与棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，
又正方体的其余棱都分别与A1A，A1B1，A1D1平行，
故正方体ABCD－A1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等．
取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，DD1，AD的中点E，F，G，H，M，N，
则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大，
此截面面积为S正六边形EFGHMN＝6×××sin 60°＝.
6．(2022·新高考全国Ⅰ)已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤3，则该正四棱锥体积的取值范围是(　　)
A. B.
C. D．[18,27]
答案　C
解析　方法一　如图，设该球的球心为O，半径为R，正四棱锥的底面边长为a，高为h，

依题意，得36π＝πR3，
解得R＝3.
由题意及图可得
解得
所以正四棱锥的体积V＝a2h
＝·＝(3≤l≤3)，
所以V′＝l3－＝l3(3≤l≤3)．
令V′＝0，得l＝2，
所以当3≤l<2时，V′>0；
当2 所以函数V＝(3≤l≤3)在[3,2)上单调递增，在(2，3]上单调递减，
又当l＝3时，V＝；当l＝2时，V＝；
当l＝3时，V＝，
所以该正四棱锥的体积的取值范围是.
方法二　如图，设该球的球心为O，半径为R，正四棱锥的底面边长为a，高为h，

依题意，得36π＝πR3，
解得R＝3.
由题意及图可得
解得
又3≤l≤3，
所以该正四棱锥的体积V＝a2h
＝·＝
＝72×··
≤72×3＝
，
所以正四棱锥的体积的最大值为，排除A，B，D.
方法三　如图，设该球的半径为R，球心为O，正四棱锥的底面边长为a，高为h，正四棱锥的侧棱与高所成的角为θ，

依题意，得36π＝πR3，
解得R＝3，
所以正四棱锥的底面边长a＝lsin θ，
高h＝lcos θ.
在△OPC中，作OE⊥PC，垂足为E，
则可得cos θ＝＝∈，
所以l＝6cos θ，
所以正四棱锥的体积
V＝a2h＝(lsin θ)2·lcos θ
＝(6cos θ)3sin2θcos θ＝144(sin θcos2θ)2.
设sin θ＝t，易得t∈，
则y＝sin θcos2θ＝t(1－t2)＝t－t3，
则y′＝1－3t2.
令y′＝0，得t＝，
所以当0；
当 所以函数y＝t－t3在上单调递增，在上单调递减．
又当t＝时，y＝；当t＝时，y＝；
当t＝时，y＝，
所以≤y≤，所以≤V≤.
所以该正四棱锥的体积的取值范围是.
7．(2019·全国Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD－A1B1C1D1挖去四棱锥O－EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm,3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.

答案　118.8
解析　由题意得长方体ABCD－A1B1C1D1的体积为6×6×4＝144(cm3)，
四边形EFGH为菱形，如图所示，

连接GE，HF，
易知四边形EFGH的面积为×6×4＝12(cm2)，
所以V四棱锥O－EFGH＝×3×12＝12(cm3)，
所以该模型的体积为144－12＝132(cm3)，
所以制作该模型所需原料的质量为
132×0.9＝118.8(g)．
8．(2020·新高考全国Ⅰ)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
答案　
解析　如图，设B1C1的中点为E，

球面与棱BB1，CC1的交点分别为P，Q，
连接DB，D1B1，D1P，D1E，EP，EQ，
由∠BAD＝60°，AB＝AD，知△ABD为等边三角形，
∴D1B1＝DB＝2，
∴△D1B1C1为等边三角形，
则D1E＝且D1E⊥平面BCC1B1，
∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心，
设截面圆的半径为r，
则r＝＝＝.
又由题意可得EP＝EQ＝，
∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ.
又D1P＝，
∴B1P＝＝1，
同理C1Q＝1，
∴P，Q分别为BB1，CC1的中点，
∴∠PEQ＝，
知的长为×＝，即交线长为.

9．(2022·哈尔滨模拟)已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积为(　　)
A．2π B．3π C．4π D．5π
答案　C
解析　设圆锥的母线长为l，
则l·＝2π，解得l＝3，
则该圆锥的表面积为π×3×1＋π×12＝4π.
10．(2022·洛阳模拟)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P，Q分别是棱AD，DD1的中点，则经过B，P，Q三点的平面截正方体所得的截面的面积为(　　)
A．3 B. C. D.
答案　C
解析　如图，连接C1Q，AD1，BC1，

因为点P，Q分别是棱AD，DD1的中点，
所以PQ∥AD1，PQ＝AD1，
由正方体的性质可知AD1∥BC1，所以PQ∥BC1，
所以过B，P，Q三点的截面为平面BC1QP，
因为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，
所以BC1＝2，PQ＝，BP＝QC1＝，
所以梯形BC1QP的高为h＝＝，
所以梯形BC1QP的面积为×(＋2)×＝，
所以经过B，P，Q三点的平面截正方体所得的截面的面积为.
11．(2022·九江模拟)正方形ABCD中，E，F分别为线段AB，BC的中点，连接DE，DF，EF，将△ADE，△CDF，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使A，B，C三点重合，得到三棱锥O－DEF，则该三棱锥外接球半径R与内切球半径r的比值为(　　)

A．2 B．4 C．2 D.
答案　C
解析　在正方形ABCD中，AD⊥AE，CD⊥CF，BE⊥BF，
折起后OD，OE，OF两两互相垂直，
故该三棱锥的外接球，
即以OD，OE，OF为棱的长方体外接球．
设正方形ABCD的边长为2，
则OD＝2，OE＝1，OF＝1，
故2R＝＝，
则R＝.
设内切球球心为I，
由VO－DEF＝·S△OEF·OD＝，
表面积S＝4，
VO－DEF＝VI－ODE＋VI－ODF＋VI－OEF＋VI－DEF＝·S·r，
∴r＝＝，则有＝2.
12．(2022·青海模拟)在四边形ABCD中(如图1所示)，AB＝AD，∠ABD＝45°，BC＝BD＝CD＝2，将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′BCD(如图2所示)，使得∠A′BC＝90°，则四面体A′BCD外接球的表面积为(　　)

A．9π B．8π C．7π D．6π
答案　D
解析　∵AB＝AD，∠ABD＝45°，
∴A′B＝A′D，∠BA′D＝90°，
又∵BC＝BD＝CD＝2，则A′B2＋A′D2＝4，
∴A′B＝A′D＝，
∴△A′BC≌△A′DC，
则∠A′BC＝∠A′DC＝90°，
取A′C的中点O，连接BO，DO(图略)，
则BO＝DO＝A′C，
∴点O为四面体A′BCD外接球的球心，
设外接球的半径为R，
则R＝A′C＝
＝×＝，
∴四面体A′BCD外接球的表面积
S＝4πR2＝4π×2＝6π.
13．(2022·合肥模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2AD＝2，E，F分别为BB1和D1C1的中点，则(　　)
A．EF⊥AC
B．三棱锥C1－CEF的体积为
C．三棱锥C1－CEF外接球的表面积为4π
D．三棱锥C1－CEF外接球球心到平面C1EF的距离为
答案　D
解析　假设EF⊥AC，
因为EB1⊥AC，EB1∩EF＝E，EB1，EF⊂平面EFB1，
则AC⊥平面EFB1，
又B1F⊂平面EFB1，
所以B1F⊥AC，AC∥A1C1，在矩形A1B1C1D1中，B1F⊥A1C1是不成立的，
所以假设不成立，故选项A错误；
三棱锥C1－CEF的体积为

＝××2×1×1＝，故选项B错误；
由EC＝，EC1＝，C1C＝2及勾股定理得EC⊥EC1，
又FC1⊥平面C1CE，则FC1⊥EC，
因为EC1∩FC1＝C1，EC1，FC1⊂平面EFC1，
所以EC⊥平面EFC1，则EC⊥EF，
则三棱锥C1－CEF外接球的直径为FC＝，
所以三棱锥C1－CEF外接球的表面积S＝4π×2＝5π，故选项C错误；
设线段FC的中点为O(图略)，则O为三棱锥C1－CEF外接球的球心，
且球心O到平面C1EF的距离等于点C到平面C1EF距离的一半，
因为，
＝×1×＝，
设C到平面C1EF的距离为h，
又由B选项可知三棱锥C1－CEF的体积为，
所以××h＝，
解得h＝，
即点C到平面C1EF的距离为，
所以球心O到平面C1EF的距离等于，故选项D正确．
14．(多选)(2022·长沙模拟)传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现；如图是一个圆柱容球，O1，O2为圆柱上、下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆O1的一条直径，若球的半径r＝2，则(　　)

A．球与圆柱的表面积之比为1∶2
B．平面DEF截得球的截面面积的最小值为π
C．四面体CDEF的体积的取值范围为
D．若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则PE＋PF的取值范围为[2＋2，4]
答案　BCD
解析　由球的半径为r，可知圆柱的底面半径为r，圆柱的高为2r，则球的表面积为4πr2，圆柱的表面积为2πr2＋2πr·2r＝6πr2，
所以球与圆柱的表面积之比为2∶3，故A错误；
如图所示，过O作OG⊥DO1于G，则由题可得

OG＝×＝，
设O到平面DEF的距离为d1，平面DEF截得球的截面圆的半径为r1，
则d1≤OG，r＝r2－d＝4－d≥4－＝，
所以平面DEF截得球的截面面积最小值为π，故B正确；
由题可知四面体CDEF的体积等于，点E到平面DCO1的距离d∈(0,2]，
又＝×4×4＝8，
所以＝×8d∈，故C正确；
由题可知点P在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，
设P在底面的射影为P′，

则PP′＝2，PE＝，
PF＝，
P′E2＋P′F2＝16，
设t＝P′E2，则t∈[0,42]，
PE＋PF＝＋，
所以(PE＋PF)2＝(＋)2
＝24＋2
＝24＋2∈[24＋8，48]，
所以PE＋PF∈[2＋2，4]，故D正确．
15．(2022·黄山质检)已知水平放置的边长为2的等边△ABC，其所在平面的上方有一动点P满足两个条件：①三棱锥P－ABC的体积为4；②三棱锥P－ABC的外接球球心到底面ABC的距离为2，则动点P的轨迹长度为________．
答案　4π
解析　设三棱锥P－ABC的高为h，
因为三棱锥P－ABC的体积为4，
所以××(2)2×h＝4，
解得h＝4，
设△ABC的外接圆的半径为r，
则r＝×2×＝2，
因为三棱锥P－ABC的外接球球心到底面ABC的距离为2，
设外接球半径为R，球心为O，
所以R＝＝2，
即OP＝2，
因为点P到平面ABC的距离为4，
所以动点P的轨迹是一个截面圆的圆周，且球心到该截面的距离为4－2＝2，
所以截面圆的半径为＝2，
所以动点P的轨迹长度为4π.
16．(2022·南京外国语学校模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，点P是正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球O的球面上的点，点N为B1C1上一点，2NB1＝NC1，DP⊥BN，则线段PC长度的最大值为________．
答案　
解析　如图，在BB1上取点M，使2BM＝MB1，连接MC，DM，

因为NC1＝2NB1，
又四边形BCC1B1是正方形，
所以△NB1B≌△MBC，
故BN⊥MC.
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
DC⊥平面BCC1B1，
又BN⊂平面BCC1B1，
所以DC⊥BN，
又BN⊥MC，MC∩DC＝C，MC，DC⊂平面MCD，
所以BN⊥平面MCD，
则点P的轨迹为平面MCD与球O的截面圆周，记为圆O1.
连接OD，OM，OC，
由VO－DMC＝VC－DMO，
得××3×2×OO1＝×××6×2×3，
解得OO1＝，
所以截面圆的半径r＝
＝.
OC＝＝，
所以CO1＝＝，
所以PCmax＝＋＝.

[考情分析]　高考常考知识，主要考查几何体的表面积与体积、球的组合体问题．常以选择题、填空题的形式出现，部分题目难度较大．

一、空间几何体的截面问题
核心提炼
1．用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集叫做这个几何体的截面，利用平面的性质确定截面形状是解决截面问题的关键．
2．确定截面的主要依据有
(1)平面的四个基本事实及推论．
(2)直线和平面平行的判定和性质．
(3)两个平面平行的性质．
(4)球的截面的性质．
练后反馈
题目
5
8
10
15





正误









错题整理：

二、表面积与体积
核心提炼
1．柱体、锥体、台体、球的表面积公式：
(1)圆柱的表面积S＝2πr(r＋l)；
(2)圆锥的表面积S＝πr(r＋l)；
(3)圆台的表面积S＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl)；
(4)球的表面积S＝4πR2.
2．柱体、锥体和球的体积公式：
(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；
(2)V锥体＝Sh(S为底面面积，h为高)；
(3)V球＝πR3.
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题目
1
2
7
9





正误









错题整理：

三、多面体与球
核心提炼
多面体的外接球模型：
(1)长方体的外接球直径为体对角线，
则R＝；
正方体的外接球半径为R＝；
正方体的内切球半径为r＝.
(2)柱体模型
如图①，在三棱柱PB1C1－ABC中，已知PA⊥平面ABC，设外接球半径为R，球心为O，△ABC的外接圆圆心为O1，则R＝＝，其中r＝O1A为△ABC外接圆半径．
(3)锥体模型
如图②，在正三棱锥P－ABC中，先求出高线长h＝PO1＝，
在Rt△OO1A中，R2＝OO＋r2＝(h－R)2＋r2，解方程求出R，其中R为外接球半径，r＝O1A为△ABC外接圆半径，O1为△ABC的外接圆圆心．
(4)正四面体(构造正方体)、对棱相等的三棱锥(构造长方体)
如图③：正四面体D－A′BC′可构造正方体(所有面对角线相等)；
如图④：对棱相等的三棱锥A－BCD可构造长方体(对面的对角线相等)．


练后反馈
题目
3
4
6
11
12
13
14
16

正误









错题整理：


1．[T11补偿](2022·九江模拟)如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖，可放小球的最大半径为r.若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大棱长为a，则等于(　　)

A. B.
C．2－ D.(－1)
答案　D
解析　设储物盒所在球的半径为R，如图，

小球最大半径r满足(＋1)r＝R，
∴r＝＝(－1)R，
正方体的最大棱长a满足(a)2＋2＝R2，
解得a＝R，
∴＝＝(－1)．
2．[T12补偿](2022·乐山质检)已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为的正三角形，三棱锥P－ABC的体积为，Q为BC的中点，则过点Q的平面截球O所得截面面积的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　如图，设P在底面ABC上的射影为M，

因为PA＝PB＝PC，
所以M为△ABC的中心，
由题可知S△ABC＝，
由VP－ABC＝×PM×S△ABC＝，
解得PM＝，
在正△ABC中，可得AM＝.
从而在Rt△PAM中解得PA＝1.
进而可得PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，
因此正三棱锥P－ABC可看作正方体的一角，
正方体的外接球与三棱锥P－ABC的外接球相同，正方体体对角线的中点为球心O.
记外接球半径为R，则R＝，
因为球的最大截面圆为过球心的圆，
所以过Q的平面截球O所得截面的面积最大为Smax＝πR2＝，
又Q为BC的中点，
由正方体结构特征可得OQ＝PA＝，
由球的结构特征可知，
当OQ垂直于过点Q的截面时，
截面圆半径最小，最小为r＝＝，
所以Smin＝πr2＝.
因此，过点Q的平面截球O所得截面面积的取值范围为.
3．[T14补偿](多选)(2022·长沙模拟)香囊，又名香袋、花囊，是我国古代常见的一种民间刺绣工艺品，香囊形状多样，如图1所示的六面体就是其中一种，已知该六面体的所有棱长均为2，其平面展开图如图2所示，则下列说法正确的是(　　)

A．AB⊥DE
B．直线CD与直线EF所成的角为45°
C．该六面体的体积为
D．该六面体内切球的表面积是
答案　AD
解析　由题知，所给六面体由两个同底面的正四面体组成，将题图2的平面展开图还原为直观图，如图所示，其中A，C，F，H四点重合．

取DE的中点M，连接AM，BM，
则AM⊥DE，BM⊥DE.
∵AM∩BM＝M，AM，BM⊂平面ABM，
∴DE⊥平面ABM，
又∵AB⊂平面ABM，
∴AB⊥DE，故A正确；
由图可知，CD与EF分别为正△ADE的边AD，AE，其所成的角为60°，故B错误；
连接GM，过点G作GO⊥平面ADE，
则垂足O在AM上，且AM＝GM＝，
OM＝AM＝，
∴GO＝＝，
∴该六面体的体积V＝2VG－AED＝2×××2×2××＝，故C错误；
∵该六面体的各棱长相等，
∴其内切球的球心必在公共面ADE上，
又∵△ADE为正三角形，
∴点O即为该六面体内切球的球心，且该球与GM相切，
过点O作ON⊥GM，则ON就是该六面体内切球的半径．在Rt△GOM中，
∵GO·OM＝GM·ON，
∴ON＝＝＝，
∴该内切球的表面积为4π×2＝，故D正确．
4．[T13补偿](多选)(2022·郑州模拟)勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a，则(　　)

A．能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a
B．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为a
C．勒洛四面体的截面面积的最大值为(2π－)a2
D．勒洛四面体的体积V∈
答案　ABD
解析　由题意知，正四面体ABCD的棱长为a，
设M是底面BCD的中心，O是其外接球(也是内切球)的球心，外接球半径为R，AM是高，如图1，

BM＝×a＝a，
AM＝＝a，
由BO2＝OM2＋BM2得
R2＝2＋2，
解得R＝a，OM＝a(OM为内切球半径)．
正四面体ABCD的体积为
V1＝×a2×a＝a3，
外接球体积为V2＝π×3＝πa3.
由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a，故A正确；
勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图2，

其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，
易知该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，
易知B，O，E三点共线，且BE＝a，OB＝a，
因此OE＝a－a＝a，故B正确；
勒洛四面体面积最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图3，

则勒洛四面体的截面面积的最大值为三个半径为a，圆心角为60°的扇形的面积减去两个边长为a的正三角形的面积，
即πa2－2×a2＝(π－)a2，故C错误；
勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球的体积之间，
而正四面体ABCD的体积V1＝a3，正四面体ABCD的外接球的体积V2＝πa3，故D正确．
5．[T12补偿](2022·潮州模拟)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从点C出发，沿外表面经过棱AD上一点到点B的最短距离为，则该鳖臑的外接球的表面积为________．

答案　8π
解析　如图1所示，

设C′D＝x，由题意得
C′B＝，
在△C′BD中，由余弦定理得
C′B2＝C′D2＋BD2－2C′D·BD·cos 135°，
即()2＝x2＋()2－2x··，
即x2＋2x－8＝0，
解得x＝2或x＝－4(舍去)，
如图2所示，

该鳖臑的外接球即为长方体的外接球，
设外接球的半径为R，
则R＝
＝，
所以外接球的表面积为S＝4πR2＝8π.
6．[T15补偿](2022·巴中模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，BC＝3，CC1＝2，M为CD的中点，动点P在侧面BCC1B1内，且∠APB＝∠MPC，则动点P的轨迹长度为________．

答案　
解析　由线面垂直的性质可知，
MC⊥PC，PB⊥AB，
又∠APB＝∠MPC，
所以△MCP∽△ABP，
由MC＝AB得PB＝2PC，以B为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，

由B(0,0)，C(3,0)，P(x，y)，
可得x2＋y2＝4[(x－3)2＋y2]，
化简得出(x－4)2＋y2＝4，
则点P的轨迹为，
在Rt△FCG中，CG＝1，EG＝2，
所以cos∠EGF＝，
所以∠EGF＝，
则的长度为.