成都市高三二轮复习文科数学（十） 空间几何体、三视图、表面积与体积 15页

第 15 页 共 15 页 成都市高三二轮复习文科数学（十） ‎ 空间几何体、三视图、表面积与体积 ‎[全国卷3年考情分析]‎ 年份 全国卷Ⅰ 全国卷Ⅱ 全国卷Ⅲ ‎2019‎ 点到平面的距离·T16‎ 多面体的棱长与面的个数·T16‎ 多面体的体积·T16‎ ‎2018‎ 圆柱的表面积计算·T5‎ 圆锥的体积计算·T16‎ 三视图与数学文化·T3‎ 空间几何体的三视图、直观图及最短路径问题·T9‎ 与外接球有关的空间几何体体积的最值问题·T12‎ ‎2017‎ 空间几何体的三视图及组合体体积的计算·T6‎ 球的内接圆柱、圆柱体积的计算·T9‎ 长方体的性质及其外接球的表面积的计算·T15‎ ‎(1)“立体几何”在高考中一般会以“两小一大”或“一小一大”的命题形式出现，这“两小”或“一小”主要考查三视图，几何体的表面积与体积，空间点、线、面位置关系(特别是平行与垂直).‎ ‎(2)考查一个小题时，本小题一般会出现在第6～7题的位置上，难度一般；考查两个小题时，其中一个小题难度一般，另一小题难度较高，一般会出现在第11、12、16题的位置上，本小题虽然难度较高，主要体现在计算量上，但仍是对基础知识、基本公式的考查.‎ 空间几何体的三视图 ‎[例1]　(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为(　　)‎ A.2　　　　　B‎.2‎ ‎ C.3 D.2‎ ‎[解析]　先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M，N的位置如图①所示.‎ 圆柱的侧面展开图及M，N的位置(N为OP的四等分点)如图②所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径.ON＝×16＝4，OM＝2，∴MN＝ ＝ ＝2.[答案]　B ‎[解题方略]‎ 与三视图有关的问题主要包括两个方面 第 15 页 共 15 页 一是定形，即确定三视图对应几何体的结构特征，熟练掌握规则几何体的三视图是由三视图还原几何体的基础，按以下步骤可轻松解决.‎ 应该注意的是，三视图中的虚线表示几何体中看不到的线.‎ 二是建立三视图中的数据与几何体的几何度量之间的关系.其中，三视图的画法是解决该问题的重要依据，其画法的基本要求与规则如下.‎ ‎①基本要求：长对正，高平齐，宽相等.②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽.‎ ‎[跟踪训练]‎ ‎1.如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为(　　)‎ 解析：选A　由正视图和俯视图可知，该几何体是由一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合正视图的宽及俯视图的直径可知侧视图应为A.故选A.‎ ‎2.(2019·江西八所重点中学联考)某四面体的三视图如图所示，则该四面体最长的棱长与最短的棱长的比值是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D　在棱长为2的正方体中还原该四面体PABC如图所示，其中最短的棱为AB和BC，最长的棱为PC.因为正方体的棱长为2，所以AB＝BC＝2，PC＝3，所以该四面体最长的棱长与最短的棱长的比值为.故选D.‎ 几何体的表面积与体积 ‎[例2]　(1)(2019·唐山市摸底考试)已知某几何体的三视图如图所示(俯视图中曲线为四分之一圆弧)，则该几何体的表面积为(　　)‎ A.1－ B.3＋ C.2＋ D.4‎ 第 15 页 共 15 页 ‎(2)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 ‎(3)(2019·全国卷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.‎ ‎[解析]　(1)由题设知，该几何体是棱长为1的正方体被截去底面半径为1的圆柱后得到的，如图所示，所以表面积S＝2×＋2×(1×1)＋×2π×1×1＝4.故选D.‎ ‎(2)法一：(分割法)由题意知，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为4的圆柱，其体积V1＝π×32×4＝36π；‎ 上半部分是一个底面半径为3，高为6的圆柱的一半，其体积V2＝×π×32×6＝27π.‎ 所以该组合体的体积V＝V1＋V2＝36π＋27π＝63π.‎ 法二：(补形法)由题意知，该几何体是一圆柱被一平面截去一部分后所得的几何体，在该几何体上方再补上一个与其相同的几何体，让截面重合，则所得几何体为一个圆柱，该圆柱的底面半径为3，高为10＋4＝14，该圆柱的体积V1＝π×32×14＝126π.故该几何体的体积为圆柱体积的一半，即V＝V1＝63π.‎ ‎(3)由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，对角线长分别为‎6 cm和‎4 cm，‎ 故V挖去的四棱锥＝××4×6×3＝12(cm3).又V长方体＝6×6×4＝144(cm3)，‎ 所以模型的体积为V长方体－V挖去的四棱锥＝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).‎ ‎[答案]　(1)D　(2)B　(3)118.8‎ ‎[解题方略]‎ ‎1.求几何体的表面积的方法 ‎(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面图形问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点.‎ ‎(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成柱、锥、台体，‎ 第 15 页 共 15 页 先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得所给几何体的表面积.‎ ‎2.求空间几何体体积的常用方法 公式法 直接根据常见柱、锥、台等规则几何体的体积公式计算 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 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 ‎[跟踪训练]‎ ‎1.(2018·全国卷Ⅰ)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.12π B.12π C.8π D.10π 解析：选B　设圆柱的轴截面的边长为x，则x2＝8，得x＝2，‎ ‎∴S圆柱表＝2S底＋S侧＝2×π×()2＋2π××2＝12π.故选B.‎ ‎2.如图，在正三棱柱ABCA1B‎1C1中，已知AB＝AA1＝3，点P在棱CC1上，则三棱锥PABA1的体积为_______.‎ 解析：由题意，得V三棱锥PABA1＝V三棱锥CABA1＝V三棱锥A1ABC＝S△ABC·AA1＝××32×3＝. 答案： ‎3.(2019·天津高考)已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为________.‎ 解析：如图所示，在四棱锥VABCD中，O为正方形ABCD的中心，也是圆柱下底面的中心，由四棱锥底面边长为，可得OC＝1.设M为VC的中点，过点M作MO1∥OC交OV于点O1，则O1即为圆柱上底面的中心.∴ O‎1M＝OC＝，O1O＝VO.∵ VO＝ ＝2，∴ O1O＝1.可得V圆柱＝π ‎·O‎1M2‎·O1O＝π××1＝.答案： 多面体与球的切、接问题 ‎[经典母题]‎ ‎[例3]　在三棱锥PABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，PA⊥PB，三棱锥PABC的外接球的体积为(　　)‎ A.π　　　　　　　B.π C.27π D.27π ‎[解析]　∵在三棱锥PABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，‎ ‎∴△PAB≌△PBC≌△PAC.∵PA⊥PB，∴PA⊥PC，PC⊥PB.‎ 第 15 页 共 15 页 以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥PABC的外接球.∵正方体的体对角线长为＝3，∴其外接球半径R＝.‎ 因此三棱锥PABC的外接球的体积V＝×＝π.[答案]　B ‎[母题变式]‎ ‎1.在本例条件下，求三棱锥PABC的内切球的半径为________.‎ 解析：由本例解析知，S△PAB＝S△PBC＝S△PAC＝，S△ABC＝×3×3×sin 60°＝.‎ 设三棱锥PABC的内切球的半径为r，则VPABC＝AP·S△PBC＝(S△PAC＋S△PBA＋S△PBC＋S△ABC)r，‎ ‎∴×3×＝r，解得r＝，‎ ‎∴所求三棱锥内切球的半径为.答案： ‎2.若本例变为：已知A，B，C，D是球O上不共面的四点，且AB＝BC＝AD＝1，BD＝AC＝，BC⊥AD，则球O的体积为________.‎ 解析：因为AB＝BC＝1，AC＝，所以AB2＋BC2＝AC2，所以BC⊥AB，又BC⊥AD，AD∩AB＝A，所以BC⊥平面ABD.因为AB＝AD＝1，BD＝，所以AB2＋AD2＝BD2，所以AB⊥AD，此时可将点A，B，C，D看成棱长为1的正方体上的四个顶点，球O为正方体的外接球，设球O的半径为R，故2R＝，所以R＝，则球O的体积V＝πR3＝π.答案：π ‎[解题方略]‎ ‎1.空间几何体与球接、切问题的求解方法 ‎(1)确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与几何体的位置和数量关系.‎ ‎(2)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.‎ ‎(3)补成正方体、长方体、正四面体、正棱柱、圆柱等规则几何体.‎ ‎2.与球有关的组合体的常用结论 ‎(1)长方体的外接球 ‎①球心：体对角线的交点；②半径：r＝ (a，b，c为长方体的长、宽、高).‎ ‎(2)正方体的外接球、内切球 ‎①外接球：球心是正方体中心，半径r＝a(a为正方体的棱长)；‎ ‎②内切球：球心是正方体中心，半径r＝(a为正方体的棱长).‎ ‎[跟踪训练]‎ 第 15 页 共 15 页 ‎1.我国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱(侧棱垂直于底面的三棱柱)称为“堑堵”.现有一块底面两直角边长分别为3和4、侧棱长为12的“堑堵”形石材，将之切削、打磨，加工成若干个相同的石球，并让石球的体积最大，则剩余的石料体积为(　　)‎ A.72－16π　　　　　B.72－12π C.72－8π D.72－6π 解析：选C　当每个石球与各侧面相切时，符合题意，此时设每个石球的半径为r.‎ 由半径为r的圆与两直角边长分别为3和4的直角三角形内切，‎ 结合等面积法可得×(3＋4＋5)×r＝×3×4，解得r＝1.由题意易知，可以得到6个这样的石球.‎ ‎6个半径为1的石球的体积为6××π×13＝8π，则剩余的石料体积为×3×4×12－8π＝72－8π.‎ 故选C.‎ ‎2.(2018·全国卷Ⅲ)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9，则三棱锥DABC体积的最大值为(　　)‎ A.12 B‎.18‎ ‎ C.24 D.54 解析：选B　由等边△ABC的面积为9，可得AB2＝9，所以AB＝6，所以等边△ABC的外接圆的半径为r＝AB＝2.设球的半径为R，球心到等边△ABC的外接圆圆心的距离为d，则d＝＝＝2.所以三棱锥DABC高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥DABC体积的最大值为×9×6＝18.故选B.‎ ‎3.(2017·江苏高考)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________.‎ 解析：设球O的半径为R，因为球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R、高为2R，所以＝＝. 答案： ‎4.(2019·福建五校第二次联考)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的直径为________.‎ 解析：如图，设BC的中点为D，B‎1C1的中点为D1，连接DD1，取其中点O′，连接AD，A1D1，则DA＝DB＝DC，D‎1A1＝D1B1＝D‎1C1，且DD1垂直于直三棱柱的上、下底面，所以点O′到直三棱柱的各个顶点的距离相等，即点O′为直三棱柱的外接球的球心O，连接OB，则球O的直径为2BO＝2＝2 ＝13.答案：13‎ 直观想象——三视图中相关问题的求解 ‎[典例]　已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于(　　)‎ 第 15 页 共 15 页 A.2π＋4 B.4π＋‎2 ‎‎ C.＋4 D.＋8‎ ‎[解析]　由三视图可知，该几何体的直观图为左侧半球、中间正方体、右侧圆锥的组合体.其中，半球的半径r1与圆锥的底面半径r2相等，皆为1，即r1＝r2＝1，正方体的棱长a＝2，圆锥的高h＝2.‎ 所以半球的体积V1＝×r＝××13＝，正方体的体积V2＝a3＝23＝8，‎ 圆锥的体积V3＝×πrh＝×π×12×2＝.‎ 所以该组合体的体积V＝V1＋V2＋V3＝＋8＋＝＋8.故选D.[答案]　D ‎[素养通路]‎ 本题以组合体的三视图为背景，主要是根据几何体的三视图及三视图中的数据，求几何体的体积或侧(表)面积.此类问题难点：一是根据三视图的形状特征确定几何体的结构特征；二是将三视图中的数据转化为几何体的几何度量.考查了直观想象这一核心素养.‎ A组——“12＋‎4”‎满分练 一、选择题 ‎1.(2019·福州市第一学期抽测)如图，为一圆柱切削后的几何体及其正视图，则相应的侧视图可以是(　　)‎ ‎2.如图，在正方体ABCDA1B‎1C1D1中，P为BD1的中点，则△PAC在该正方体各个面上的正投影可能是(　　)‎ A.①②　　　　　　　 B.①④‎ C.②③ D.②④‎ ‎3.(2019·武汉市调研测试)如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B‎1C1D1中，M为CD的中点，则三棱锥ABC‎1M 的体积VABC‎1M＝(　　)‎ A. B. 第 15 页 共 15 页 C. D. ‎4.设一个球形西瓜，切下一刀后所得切面圆的半径为4，球心到切面圆心的距离为3，则该西瓜的体积为 A.100π　　　　　　　　 B.π C.π D.π ‎5.(2019届高三·开封高三定位考试)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为(　　)‎ A.4π B.2π C. D.π ‎6.某圆锥的侧面展开图是面积为3π且圆心角为的扇形，此圆锥的体积为(　　)‎ A.π B. C.2π D.2π ‎7.已知矩形ABCD，AB＝2BC，把这个矩形分别以AB，BC所在直线为轴旋转一周，所成几何体的侧面积分别记为S1，S2，则S1与S2的比值等于(　　)‎ A. B.1‎ C.2 D.4‎ ‎8.(2019·广东省七校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积和体积分别是(　　)‎ A.24＋6和40 B.24＋6和72‎ C.64＋6和40 D.64＋6和72‎ 第 15 页 共 15 页 ‎9.(2019·蓉城名校第一次联考)已知一个几何体的正视图和侧视图如图1所示，其俯视图用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个直角边长为1的等腰直角三角形(如图2所示)，则此几何体的体积为(　　)‎ A.1 B. C.2 D.2 ‎10.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中提到了一种名为“刍甍”的五面体，如图所示，四边形ABCD为矩形，棱EF∥AB.若此几何体中，AB＝4，EF＝2，△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，则该几何体的表面积为(　　)‎ A.8 B.8＋8 C.6＋2 D.8＋6＋2 ‎11.古人采取“用臼舂米”的方法脱去稻谷的外壳，获得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石头或木头制成.一个“臼”的三视图如图所示，则凿去部分(看成一个简单的组合体)的体积为(　　)‎ A.63π B.72π C.79π D.99π ‎12.已知三棱锥PABC的四个顶点都在球O的表面上，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA＝8.若平面ABC截球O所得截面的面积为9π，则球O的表面积为(　　)‎ A.10π B.25π C.50π D.100π 二、填空题 ‎13.(2019·长春市质量监测一)已知一所有棱长都是的三棱锥，则该三棱锥的体积为________.‎ ‎14.如图，在正三棱柱ABCA1B‎1C1中，D为棱AA1的中点.若AA1＝4，AB＝2，则四棱锥BACC1D的体积为________.‎ 第 15 页 共 15 页 ‎15.如图，半径为4的球O中有一内接圆柱，则圆柱的侧面积最大值是________.‎ ‎16.(2019·江西省五校协作体试题)某几何体的三视图如图所示，正视图是一个上底为2，下底为4的直角梯形，俯视图是一个边长为4的等边三角形，则该几何体的体积为________.‎ B组——“5＋‎3”‎提速练 ‎1.(2019·福州市质量检测)棱长为1的正方体ABCDA1B‎1C1D1木块的直观图如图所示，平面α过点D且平行于平面ACD1，则该木块在平面α内的正投影面积是(　　)‎ A.　　　　　　　 B. C. D.1‎ ‎2.在棱长为3的正方体ABCDA1B‎1C1D1中，P在线段BD1上，且＝，M为线段B‎1C1上的动点，则三棱锥MPBC的体积为(　　)‎ A.1 B. C. D.与M点的位置有关 ‎3.(2019·重庆市学业质量调研)三棱锥SABC中，SA，SB，SC两两垂直，已知SA＝a，SB＝b，SC＝2，且‎2a＋b＝，则此三棱锥的外接球的表面积的最小值为(　　)‎ A. B. C.4π D.6π ‎4.(2019·洛阳尖子生第二次联考)已知正三角形ABC的三个项点都在半径为2的球面上，球心O到平面ABC的距离为1，点E是线段AB的中点，过点E作球O的截面，则截面圆面积的最小值是(　　)‎ A. B.2π C. D.3π ‎5.(2019·全国卷Ⅰ)已知三棱锥PABC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.8π B.4π 第 15 页 共 15 页 C.2π D.π ‎6.(2019·全国卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为________.‎ ‎7.(2019·河南八市重点高中联盟测评改编)已知一个高为1的三棱锥，各侧棱长都相等，底面是边长为2的等边三角形，则三棱锥的表面积为________，若三棱锥内有一个体积为V的球，则V的最大值为________.‎ ‎8.已知在正四棱锥SABCD中，SA＝6，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为________.‎ ‎1解析：选B　由题意，根据切削后的几何体及其正视图，可得相应的侧视图的切口为椭圆，故选B.‎ ‎2解析：选B　连接A‎1C1，则点P在上、下底面的正投影落在A‎1C1或AC上，所以△PAC在上底面或下底面的正投影为①，在前面、后面、左面、右面的正投影为④.故选B.‎ ‎3解析：选C　VABC‎1M＝VC1ABM＝S△ABM·C‎1C＝×AB×AD×C‎1C＝.故选C.‎ ‎4解析：选D　因为切面圆的半径r＝4，球心到切面的距离d＝3，所以球的半径R＝＝＝5，故球的体积V＝πR3＝π×53＝π，即该西瓜的体积为π.故选D.‎ ‎5解析：选B　由题意知该几何体的直观图如图所示，该几何体为圆柱的一部分，设底面扇形的圆心角为α，由tan α＝＝，得α＝，故底面面积为××22＝，则该几何体的体积为×3＝2π.故选B.‎ ‎6解析：选B　设圆锥的母线为R，底面圆的半径为r，扇形的圆心角为α，则S＝αR2＝××R2＝3π，解得R＝3，底面圆的半径r满足＝，解得r＝1，所以这个圆锥的高h＝＝2，故圆锥的体积V＝πr2h＝.故选B.‎ 第 15 页 共 15 页 ‎7解析：选B　设BC＝a，AB＝‎2a，所以S1＝2π·a·‎2a＝4πa2，S2＝2π·‎2a·a＝4πa2，S1∶S2＝1.故选B.‎ ‎8解析：选C　把三视图还原成几何体，如图所示.由题意知S四边形ABCD＝12，S＝8，S＝6，S＝(2＋6)×4×＝16，S＝(2＋6)×3×＝12.易得B‎1A1⊥SA1，B‎1C1⊥SC1，且SA1＝4，SC1＝5，所以S＝3×4×＝6，S＝4×5×＝10，所以该几何体的表面积为12＋8＋6＋16＋12＋6＋10＝64＋6.在棱SD上取一点D1，使得DD1＝2，连接A1D1，C1D1，则该几何体的体积V＝V＋V＝×12×4＋12×2＝40.故选C.‎ ‎9解析：选B　根据直观图可得该几何体的俯视图是一个直角边长分别是2和的直角三角形(如图所示)，根据三视图可知该几何体是一个三棱锥，且三棱锥的高为3，所以体积V＝××3＝.故选B.‎ ‎10解析：选B　如图所示，取BC的中点P，连接PF，则PF⊥BC，过F作FQ⊥AB，垂足为Q.‎ 因为△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，且EF ∥AB，‎ 所以四边形ABFE为等腰梯形，FP＝，‎ 则BQ＝(AB－EF)＝1，FQ＝ ＝，‎ 所以S梯形EFBA＝S梯形EFCD＝×(2＋4)×＝3，‎ 又S△ADE＝S△BCF＝×2×＝，‎ S矩形ABCD＝4×2＝8，‎ 所以该几何体的表面积S＝3×2＋×2＋8＝8＋8.故选B.‎ ‎11解析：选A　由三视图得凿去部分是圆柱与半球的组合体，其中圆柱的高为5，底面圆的半径为3，半球的半径为3，所以组合体的体积为π×32×5＋×π×33＝63π.故选A.‎ ‎12解析：选D　设球O的半径为R，由平面ABC截球O所得截面的面积为9π，得△ABC的外接圆的半径为3.设该外接圆的圆心为D，因为AB⊥BC，所以点D为AC的中点，所以DC＝3.因为PA⊥平面ABC，易证PB⊥BC，所以PC为球O的直径.又PA＝8，所以OD＝PA＝4，所以R＝OC＝ ＝5，‎ 所以球O的表面积为S＝4πR2＝100π.故选D.‎ ‎13解析：记所有棱长都是的三棱锥为PABC，如图所示，取BC的中点D，连接AD，PD，作PO⊥AD于点O，则PO⊥平面ABC，且OP＝×＝，故三棱锥PABC的体积V＝S△ABC·OP＝××()2×‎ 第 15 页 共 15 页 ＝.‎ 答案： ‎14解析：取AC的中点O，连接BO(图略)，则BO⊥AC，‎ 所以BO⊥平面ACC1D.‎ 因为AB＝2，所以BO＝.‎ 因为D为棱AA1的中点，AA1＝4，所以AD＝2，‎ 所以S梯形ACC1D＝×(2＋4)×2＝6，‎ 所以四棱锥BACC1D的体积为×6×＝2.‎ 答案：2 ‎15解析：设圆柱的上底面半径为r，球的半径与上底面夹角为α，则r＝4cos α，圆柱的高为8sin α.‎ 所以圆柱的侧面积为32πsin 2α.‎ 当且仅当α＝时，sin 2α＝1，圆柱的侧面积最大，‎ 所以圆柱的侧面积的最大值为32π.‎ 答案：32π ‎16解析：把三视图还原成几何体ABCDEF，如图所示，在AD上取点G，使得AG＝2，连接GE，GF，则把几何体ABCDEF分割成三棱柱ABCGEF和三棱锥DGEF，所以VABCDEF＝VABCGEF＋VDGEF＝4×2＋×4×2＝.‎ 答案： ‎1解析：选A　棱长为1的正方体ABCDA1B‎1C1D1木块在平面α内的正投影是三个全等的菱形，如图，正投影可以看成两个边长为的等边三角形，所以木块在平面α内的正投影面积是2××××＝.故选A.‎ ‎2解析：选B　∵＝，∴点P到平面BCC1B1的距离是D1到平面BCC1B1距离的，即为＝1.M为线段B‎1C1上的点，∴S△MBC＝×3×3＝，‎ ‎∴VMPBC＝VPMBC＝××1＝.故选B.‎ ‎3解析：选A　由题意，设三棱锥的外接球的半径为R，因为SA，SB，SC两两垂直，所以以SA，SB，SC为棱构造长方体，其体对角线即三棱锥的外接球的直径，因为SA＝a，SB＝b，SC＝2，所以4R2＝a2＋b2＋4＝a2＋＋4＝5(a－1)2＋，所以a＝1时，(4R2)min＝，所以三棱锥的外接球的表面积的最小值为 第 15 页 共 15 页 ‎.故选A.‎ ‎4解析：选C　设正三角形ABC的中心为O1，连接OO1，OA，O‎1A，‎ 由题意得O1O⊥平面ABC，O1O＝1，OA＝2，‎ ‎∴在Rt△O1OA中，O‎1A＝，∴AB＝3.∵E为AB的中点，∴AE＝.‎ 连接OE，则OE⊥AB.过点E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面圆的面积最小，此时截面圆的半径r＝，可得截面圆面积的最小值为πr2＝.故选C.‎ ‎5解析：选D　设PA＝PB＝PC＝‎2a，则EF＝a，FC＝，∴EC2＝3－a2.‎ 在△PEC中，‎ cos∠PEC＝.‎ 在△AEC中，‎ cos∠AEC＝.‎ ‎∵∠PEC与∠AEC互补，∴3－‎4a2＝1，a＝，‎ 故PA＝PB＝PC＝.‎ 又∵AB＝BC＝AC＝2，∴PA⊥PB⊥PC，‎ ‎∴外接球的直径2R＝ ＝，‎ ‎∴R＝，∴V＝πR3＝π×＝π.‎ 故选D.‎ ‎6解析：如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离.‎ 再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC.‎ 又PE＝PF＝，所以OE＝OF，‎ 所以CO为∠ACB的平分线，‎ 即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，所以CE＝1，所以OE＝1，所以PO＝＝ ＝.‎ 答案： ‎7解析：该三棱锥侧面的斜高为 ＝，则S侧＝3××2×＝2，S底＝××2＝，所以三棱锥的表面积S表＝2＋＝3.由题意知，当球与三棱锥的四个面都相切时，其体积最大.设三棱锥的内切球的半径为r，则三棱锥的体积V锥＝S表·r＝S底·1，所以3r＝，所以r＝，所以三棱锥的内切球的体积最大为Vmax＝πr3＝.‎ 第 15 页 共 15 页 答案：3　 ‎8解析：设正四棱锥的底面正方形的边长为a，高为h，因为在正四棱锥SABCD中，SA＝6，所以＋h2＝108，即a2＝216－2h2，所以正四棱锥的体积VSABCD＝a2h＝72h－h3，令y＝72h－h3，则y′＝72－2h2，令y′>0，得06，所以当该棱锥的体积最大时，它的高为6.‎ 答案：6‎