【数学】2019届一轮复习北师大版（文科数学）第八章第2讲　空间几何体的表面积与体积学案 21页

第2讲　空间几何体的表面积与体积 ‎[学生用书P123]‎ ‎1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 圆柱 圆锥 圆台 侧面展开图 侧面积公式 S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r＋r′)l ‎2.空间几何体的表面积与体积公式 名称 几何体　　　‎ 表面积 体积 柱体(棱柱和圆柱)‎ S表面积＝S侧＋2S底 V＝S底h 锥 体(棱锥和圆锥)‎ S表面积＝S侧＋S底 V＝S底h 台 体(棱台和圆台)‎ S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h 球 S＝4πR2‎ V＝πR3‎ ‎ 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)多面体的表面积等于各个面的面积之和．(　　)‎ ‎(2)锥体的体积等于底面积与高之积．(　　)‎ ‎(3)球的体积之比等于半径比的平方．(　　)‎ ‎(4)简单组合体的体积等于组成它的简单几何体体积的和或差．(　　)‎ ‎(5)长方体既有外接球又有内切球．(　　)‎ 答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×‎ ‎ 以长为a，宽为b的矩形的一边所在的直线为轴旋转一周所得圆柱的侧面积为(　　)‎ A．ab　　　　　　　 B.πab C．2πab D．2ab 解析：选C.若以长边所在的直线为轴旋转，则S侧＝2πab，若以短边所在的直线为轴旋转，则S侧＝2πba.‎ 所以S圆柱侧＝2πab，故选C.‎ ‎ (教材习题改编)已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，‎ 则底面圆的半径为(　　)‎ A．1 cm B.2 cm C．3 cm D． cm 解析：选B.S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，所以r2＝4，所以r＝2 cm.‎ ‎ (教材习题改编)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)‎ A．6 B.3 C．2 D．3‎ 解析：选B.由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱，其底面为侧视图，该侧视图是底边为2，高为的三角形，正视图的长为三棱柱的高，故h＝3，所以几何体的体积V＝S·h＝(×2×)×3＝3.‎ ‎ 已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m3.‎ 解析：根据三视图可知该四棱锥的底面是底边长为2 m，高为1 m的平行四边形，四棱锥的高为3 m.‎ 故该四棱锥的体积V＝×2×1×3＝2 (m3)．‎ 答案：2‎ ‎　　　　　　空间几何体的表面积[学生用书P124]‎ ‎[典例引领]‎ ‎ (1)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于(　　)‎ A．8＋2　　　　　　 B.11＋2 C．14＋2 D．15‎ ‎(2)(2018·太原模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于(　　)‎ A．6π＋1 B.＋1‎ C.＋ D．＋1‎ ‎【解析】　(1)由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为＝，所以底面周长为4＋，侧面积为2×(4＋)＝8＋2，两底面的面积和为2××1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋2＋3＝11＋2.‎ ‎(2)由几何体的三视图知，该几何体为一个组合体，其中下部是底面直径为2，高为2的圆柱，上部是底面直径为2，高为1的圆锥的四分之一，所以该几何体的表面积为4π＋π＋＋＋1＝＋1，故选D.‎ ‎【答案】　(1)B　(2)D 空间几何体表面积的求法 ‎(1)表面积是各个面的面积之和，求多面体的表面积，只需将它们沿着棱剪开展成平面图形，利用求平面图形面　 ‎ 积的方法求多面体的表面积．求旋转体的表面积，可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系．‎ ‎(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， 先求出这些基本的柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差，求出几何体的表面积．‎ ‎[注意]　(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．‎ ‎(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．‎ ‎(3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．‎ ‎[通关练习]‎ ‎1．一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为(　　)‎ A．21＋ B.18＋ C．21 D．18‎ 解析：选A.由三视图可得如图所示的几何体，是棱长为2的正方体去掉对角上两个小三棱锥，故该多面体的表面积为S＝6×2×2－6××1×1＋2×××＝21＋.‎ ‎2．如图所示的是一个几何体的三视图，则该几何体的表面积为________．‎ 解析：该几何体为一个长方体从正上方挖去一个半圆柱剩下的部分，长方体的长，宽，高分别为4，1，2，挖去半圆柱的底面半径为1，高为1，所以表面积为S＝S长方体表－2S半圆柱底－S圆柱轴截面＋S半圆柱侧＝2×4×1＋2×1×2＋2×4×2－π×12－2×1＋×2π×1＝26.‎ 答案：26‎ ‎　　　　　　空间几何体的体积(高频考点)‎ ‎[学生用书P124]‎ 空间几何体的体积是每年高考的热点，考查时多与三视图结合考查，题型既有选择题、填空题，也有解答题，属于容易题．主要命题角度有：‎ ‎(1)公式法求体积；‎ ‎(2)割补法求体积；‎ ‎(3)等积法求体积．‎ ‎[典例引领]‎ ‎ 角度一　公式法求体积 ‎ (1)(2017·高考浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是(　　)‎ A.＋1　　　　　　　 B.＋3‎ C.＋1 D．＋3‎ ‎(2)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)‎ A.＋π B.＋π C.＋π D．1＋π ‎【解析】　(1)由三视图可知该几何体是由底面半径为1，高为3的半个圆锥和三棱锥SABC组成的，如图，三棱锥的高为3，底面△ABC中，AB＝2，OC＝1，AB⊥OC.故其体积V＝××π×12×3＋××2×1×3＝＋1.故选A.‎ ‎(2)由三视图可知，四棱锥的底面是边长为1的正方形，高为1，其体积V1＝×12×1＝.设半球的半径为R，则2R＝，即R＝，所以半球的体积V2＝×R3＝××＝π.故该几何体的体积V＝V1＋V2＝＋π.‎ ‎【答案】　(1)A　(2)C ‎ 角度二　割补法求体积 ‎ (1)(2017·高考全国卷Ⅱ)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，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为(　　)‎ A．90π B.63π C．42π D．36π ‎(2)‎ 如图所示，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为(　　)‎ A. B. C. D． ‎【解析】　(1)由三视图可知两个同样的几何体可以拼成一个底面直径为6，高为14的圆柱，所以该几何体的体积V＝×32×π×14＝63π.故选B.‎ ‎(2)法一：‎ 如图所示，分别过A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH，则原几何体分割为两个三棱锥和一个直三棱柱，‎ 因为三棱锥高为，直三棱柱高为1，AG＝＝，‎ 取AD的中点M，则MG＝，‎ 所以S△AGD＝×1×＝，‎ 所以V＝×1＋2×××＝.‎ 法二：如图所示，取EF的中点P，则原几何体分割为两个三棱锥和一个四棱锥，易知三棱锥PAED和三棱锥PBCF都是棱长为1的正四面体，四棱锥PABCD为棱长为1的正四棱锥．‎ 所以V＝×12×＋2×××＝.‎ ‎【答案】 (1)B　(2)A ‎ 角度三　等积法求体积 ‎ 如图所示，已知三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则三棱锥B1ABC1的体积为(　　)‎ A. B. C. D． ‎【解析】　三棱锥B1ABC1的体积等于三棱锥AB1BC1的体积，三棱锥AB1BC1的高为，底面积为，故其体积为××＝.‎ ‎【答案】　A ‎(1)处理体积问题的思路 ‎①“转”：指的是转换底面与高，将原来不易求面积的底面转换为易求面积的底面，或将原来不易看出的高转换为易看出并易求解长度的高．‎ ‎②“拆”：指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体，便于计算．‎ ‎③“拼”：指的是将小几何体嵌入一个大几何体中，如将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原成一个四棱柱，这些都是拼补的方法．‎ ‎(2)求空间几何体的体积的常用方法 ‎①公式法：对于规则几何体的体积问题，可以直接利用公式进行求解．‎ ‎②割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算其体积．‎ ‎③等体积法：一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的．如果一个几何体的底面面积和高较难求解时，我们可以采用等体积法进行求解．等体积法也称等积转化或等积变形，它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体的体积，特别是三棱锥的体积．‎ ‎[通关练习]‎ ‎1．(2017·高考山东卷)由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．‎ 解析：由题意知该几何体是由一个长方体和两个圆柱体构成，其中长方体的体积V1＝2×1×1＝2，两个圆柱体的体积之和V2＝×π×12×1×2＝，所以该几何体的体积V＝V1＋V2＝2＋.‎ 答案：2＋ ‎2．如图，△ABC中，AB＝8，BC＝10，AC＝6，DB⊥平面ABC，且AE∥FC∥BD，BD＝3，FC＝4，AE＝5，则此几何体的体积为________．‎ 解析：法一：‎ 如图，取CM＝AN＝BD，连接DM，MN，DN，用“分割法”把原几何体分割成一个直三棱柱和一个四棱锥．‎ 所以V几何体＝V三棱柱＋V四棱锥．‎ 由题知三棱柱ABCNDM的体积为V1＝×8×6×3＝72.‎ 四棱锥DMNEF的体积为 V2＝S梯形MNEF·DN＝××(1＋2)×6×8＝24，‎ 则几何体的体积为V＝V1＋V2＝72＋24＝96.‎ 法二：‎ 用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱，使AA′＝BB′＝CC′＝8，所以V几何体＝V三棱柱＝×S△ABC·AA′＝×24×8＝96.‎ 答案：96‎ ‎　　　　　　球与空间几何体的接、切问题 ‎(高频考点)[学生用书P125]‎ 与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是难点、易失分点，命题角度多变．主要命题角度有：‎ ‎(1)外接球；‎ ‎(2)内切球．‎ ‎[典例引领]‎ ‎ 角度一　外接球 ‎ (1)(2017·高考全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为(　　)‎ A．π　　　　　　　　 B. C. D． ‎(2)(2017·高考全国卷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________．‎ ‎(3)(2017·高考全国卷Ⅰ)已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥SABC的体积为9，则球O 的表面积为________．‎ ‎【解析】　(1)设圆柱的底面圆半径为r，‎ 由题意可得12＋(2r)2＝22，‎ 解得r＝.‎ 所以圆柱的体积V＝πr2×1＝，故选B.‎ ‎(2)由题意知长方体的体对角线为球O的直径，设球O的半径为R，则(2R)2＝32＋22＋12＝14，得R2＝，所以球O的表面积为4πR2＝14π.‎ ‎(3)设球O的半径为R，因为SC为球O的直径，所以点O为SC的中点，连接AO，OB，因为SA＝AC，SB＝BC，所以AO⊥SC，BO⊥SC，因为平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，所以AO⊥平面SCB，所以VSABC＝VASBC＝×S△SBC×AO＝×(×SC×OB)×AO，即9＝×(×2R×R)×R，解得R＝3，所以球O的表面积为S＝4πR2＝4π×32＝36π.‎ ‎【答案】　(1)B　(2)14π　(3)36π ‎ 角度二　内切球 ‎ (1)(2017·高考江苏卷)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，则的值是________．‎ ‎(2)已知棱长为a的正四面体，则此正四面体的表面积S1与其内切球的表面积S2的比值为________．‎ ‎【解析】　(1)设圆柱内切球的半径为R，则由题设可得圆柱O1O2的底面圆的半径为R，高为2R，‎ 所以＝＝.‎ ‎(2)正四面体的表面积为S1＝4××a2＝a2，其内切球半径r为正四面体高的，即r＝ ‎×a＝a，因此内切球表面积为S2＝4πr2＝，则＝＝.‎ ‎【答案】　(1)　(2) 空间几何体与球接、切问题的求解方法 ‎(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．‎ ‎(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．‎ ‎[通关练习]‎ ‎1．已知直三棱柱ABCA1B1C1的6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.　　　　　　　　 B.2 C. D．3 解析：选C.‎ 如图所示，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M.‎ 又AM＝BC＝，OM＝AA1＝6，‎ 所以球O的半径R＝OA＝ ＝.‎ ‎2．正四棱锥PABCD的侧棱和底面边长都等于2，则它的外接球的表面积是(　　)‎ A．16π B.12π C．8π D．4π 解析：选A.设正四棱锥的外接球半径为R，顶点P在底面上的射影为O，因为OA＝AC＝＝＝2，所以PO＝＝＝2.又OA＝OB＝‎ OC＝OD＝2，由此可知R＝2，于是S球＝4πR2＝16π.‎ ‎ 几何体表面积的求法 ‎(1)多面体：其表面积是各个面的面积之和．‎ ‎(2)旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．‎ ‎(3)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的删，补．‎ ‎(4)若以三视图形式给出，解题的关键是根据三视图，想象出原几何体及几何体中各元素间的位置关系及数量关系．‎ ‎[注意]　求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积要减去．‎ ‎ 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的分割或补形，转化为可计算体积的几何体．‎ ‎[注意]　(1)利用三棱锥的“等积性”，可以把任何一个面作为三棱锥的底面．‎ ‎(2)求体积时，可选择“容易计算”的方式来计算．‎ ‎ 解决球与其他几何体的切、接问题 ‎(1)关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的位置关系和数量关系．‎ ‎(2)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．‎ ‎(3)几种球与正方体组合的截面．‎ ‎[注意]　要熟记几个与球有关的切、接常用结论 ‎ (1)正方体的棱长为a，球的半径为R，‎ ‎ ①若球为正方体的外接球，则2R＝a；‎ ‎ ②若球为正方体的内切球，则2R＝a；‎ ‎③若球与正方体的各棱相切，则2R＝a.‎ ‎(2)长方体的共顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝.‎ ‎(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1. ‎ ‎[学生用书P299(单独成册)]‎ ‎1．圆柱的底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么圆柱的侧面积是(　　)‎ A．4πS　　　　　　　 B.2πS C．πS D．πS 解析：选A.由πr2＝S得圆柱的底面半径是，故侧面展开图的边长为2π·＝2，所以圆柱的侧面积是4πS，故选A.‎ ‎2．如图是某几何体的三视图，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，侧视图是半径为1的半圆，则该几何体的体积是(　　)‎ A．π B. C.π D． 解析：选D.由三视图可知，该几何体是两个同底的半圆锥，其中底的半径为1，高为＝，‎ 因此体积＝2××π×12×＝π.‎ ‎3．(2017·高考全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为(　　)‎ A．10 B.12‎ C．14 D．16‎ 解析：选B.由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为 ×2＝12，故选B.‎ ‎4．(2018·兰州诊断考试)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)‎ A．(9＋)π B.(9＋2)π C．(10＋)π D．(10＋2)π 解析：选A.由三视图可知，该几何体为一个圆柱挖去一个同底的圆锥，且圆锥的高是圆柱高的一半．故该几何体的表面积S＝π×12＋4×2π＋×2π×＝(9＋)π.‎ ‎5．(2018·云南第一次统考)‎ 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为(　　)‎ A．12　　　　　　 B.18‎ C．24 D．30‎ 解析：选C.由三视图知，该几何体是直三棱柱削去一个同底的三棱锥，其中三棱柱的高为5，削去的三棱锥的高为3，三棱锥与三棱柱的底面均为两直角边分别为3和4的直角三角形，所以该几何体的体积为×3×4×5－××3×4×3＝24，故选C.‎ ‎6．将一个边长分别为4π，8π的矩形卷成一个圆柱，则这个圆柱的表面积是________．‎ 解析：当以长度为4π的边为底面圆时，底面圆的半径为2，两个底面的面积是8π；当以长度为8π的边为底面圆时，底面圆的半径为4，两个底面圆的面积为32π.无论哪种方式，侧面积都是矩形的面积32π2.故所求的表面积是32π2＋8π或32π2＋32π.‎ 答案：32π2＋8π或32π2＋32π ‎7．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．‎ 解析：该几何体可视为正方体截去两个三棱锥所得，所以其体积为8－－＝.‎ 答案： ‎8.‎ 在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝2，过A1，C1，B三点的平面截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体ABCDA1C1D1，这个几何体的体积为，则经过A1，C1，B，D四点的球的表面积为________．‎ 解析：设AA1＝x，则VABCDA1C1D1＝VABCDA1B1C1D1－VBA1B1C1＝2×2×x－××2×2×x＝，则x＝4.‎ 因为A1，C1，B，D是长方体的四个顶点，‎ 所以经过A1，C1，B，D四点的球的球心为长方体ABCDA1B1C1D1的体对角线的中点，且长方体的体对角线为球的直径，所以球的半径R＝＝，所以球的表面积为24π.‎ 答案：24π ‎9.‎ 如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝2，AD＝2，求四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积及体积．‎ 解：由已知得：CE＝2，DE＝2，CB＝5，S表面＝S圆台侧＋S圆台下底＋S圆锥侧＝π(2＋5)×5＋π×25＋π×2×2＝(60＋4)π，V＝V圆台－V圆锥＝(π·22＋π·52＋)×4－π×22×2‎ ‎＝π.‎ ‎10．如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．‎ ‎(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；‎ ‎(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．‎ 解：(1)交线围成的正方形EHGF如图所示．‎ ‎(2)如图，作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.‎ 因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.‎ 于是MH＝＝6，AH＝10，HB＝6.‎ 故S四边形A1EHA＝×(4＋10)×8＝56，‎ S四边形EB1BH＝×(12＋6)×8＝72.‎ 因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，‎ 所以其体积的比值为(也正确)．‎ ‎1．(2018·石家庄质量检测(一))某几何体的三视图如图所示(在网格线中，每个小正方形的边长为1)，则该几何体的体积为(　　)‎ A．2 B.3‎ C．4 D．6‎ 解析：选A.由三视图知，该几何体为四棱锥，其底面面积S＝×(1＋2)×2＝3，高为2，所以该几何体的体积V＝×3×2＝2，故选A.‎ ‎2．(2018·沈阳质量检测(一))已知S，A，B，C是球O表面上的不同点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝1，BC＝，若球O的表面积为4π，则SA＝(　　)‎ A. B.1‎ C. D． 解析：选B.根据已知把SABC补成如图所示的长方体．因为球O的表面积为4π，所以球O的半径R＝1，2R＝＝2，解得SA＝1，故选B.‎ ‎3．(2018·福州综合质量检测)已知三棱锥PABC的四个顶点均在某球面上，PC为该球的直径，△ABC是边长为4的等边三角形，三棱锥PABC的体积为，则此三棱锥的外接球的表面积为(　　)‎ A. B. C. D． 解析：选D.依题意，记三棱锥PABC的外接球的球心为O，半径为R，点P到平面ABC的距离为h，则由VPABC＝S△ABCh＝×(×42)×h＝得h＝.又PC为球O的直径，因此球心O到平面ABC的距离等于h＝.又正△ABC的外接圆半径为r＝＝，因此R2＝r2＋()2＝，三棱锥PABC的外接球的表面积等于4πR2＝π，选D.‎ ‎4．一个几何体的三视图如图所示，且其侧(左)视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为________．‎ 解析：由题意得，该几何体为如图所示的五棱锥PABCDE，所以体积V＝××＝.‎ 答案： ‎5．已知一个圆锥的底面半径为R，高为H.‎ ‎(1)若圆锥内有一个高为x的内接圆柱，则x为何值时，圆柱的侧面积最大？最大侧面积是多少？‎ ‎(2)作一平面将圆锥分成一个小圆锥与一个圆台，当两几何体的体积相等时，求小圆锥的高与圆台的高的比值．‎ 解：(1)设圆柱的侧面积为S，底面半径为r.‎ 由＝，得r＝R－·x.‎ 则圆柱的侧面积S＝2πrx＝2πx＝－·x2＋2πRx，‎ 显然，当x＝－＝时，圆柱的侧面积最大，‎ 最大侧面积为－·＋2πR·＝πRH.‎ ‎(2)设小圆锥的底面半径为a，高为b.‎ 由题意得小圆锥的体积V1＝×πR2H＝πR2H，‎ 由＝，且πa2b＝πR2H，‎ 得b＝H＝H.‎ 设圆台高为c，则＝＝，‎ 故小圆锥的高与圆台的高的比值为.‎ ‎6.‎ ‎(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°.‎ ‎(1)证明：直线BC∥平面PAD；‎ ‎(2)若△PCD的面积为2，求四棱锥PABCD的体积．‎ 解：(1)证明：在平面ABCD内，因为∠BAD＝∠ABC＝90°，所以BC∥AD.又BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，故BC∥平面PAD.‎ ‎(2)取AD的中点M，连接PM，CM.由AB＝BC＝AD及BC∥AD，∠ABC＝90°得四边形ABCM为正方形，则CM⊥AD.‎ 因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD，因为CM⊂底面ABCD，所以PM⊥CM.‎ 设BC＝x，则CM＝x，CD＝x，PM＝x，PC＝PD＝2x.‎ 取CD的中点N，连接PN，‎ 则PN⊥CD，所以PN＝x.‎ 因为△PCD的面积为2，‎ 所以×x×x＝2，‎ 解得x＝－2(舍去)或x＝2.于是AB＝BC＝2，‎ AD＝4，PM＝2.‎ 所以四棱锥PABCD的体积V＝××2＝4.‎