（浙江专用）2020高考数学二轮复习 专题二 立体几何 第1讲 空间几何体学案 21页

第1讲　空间几何体 ‎[考情考向分析]　1.以三视图为载体，考查空间几何体面积、体积的计算.2.考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题．‎ 热点一　三视图与直观图 ‎1．一个物体的三视图的排列规则 俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样，侧视图放在正视图的右面，高度与正视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．‎ ‎2．由三视图还原几何体的步骤 一般先依据俯视图确定底面再利用正视图与侧视图确定几何体．‎ 例1　(1)(2018·全国Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是(　　)‎ 答案　A 解析　由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A.‎ ‎(2)有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为________．‎ 答案　2＋ 解析　如图，在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为点E，‎ 21‎ 则在Rt△ABE中，AB＝1，∠ABE＝45°，∴BE＝.‎ 而四边形AECD为矩形，AD＝1，‎ ‎∴EC＝AD＝1，∴BC＝BE＋EC＝＋1.‎ 由此可还原原图形如图所示．‎ 在原图形中，A′D′＝1，A′B′＝2，‎ B′C′＝＋1，‎ 且A′D′∥B′C′，A′B′⊥B′C′，‎ ‎∴这块菜地的面积为S＝(A′D′＋B′C′)·A′B′‎ ‎＝××2＝2＋.‎ 思维升华　空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图，因此在分析空间几何体的三视图问题时，先根据俯视图确定几何体的底面，然后根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置，再确定几何体的形状，即可得到结果．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．‎ 跟踪演练1　(1)(2018·浙江省台州中学模拟)在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为(　　)‎ 答案　D 21‎ 解析　由正视图和俯视图得该几何体可以为一个底面为等腰三角形的三棱锥和一个与三棱锥等高，且底面直径等于三棱锥的底面等腰三角形的底的半圆锥的组合体，则其侧视图可以为D选项中的图形，故选D.‎ ‎(2)如图，在正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，E，F，G分别为棱CD，CC1，A1B1的中点，用过点E，F，G的平面截正方体，则位于截面以下部分的几何体的侧视图为(　　)‎ 答案　C 解析　取AA1的中点H，连接GH，则GH为过点E，F，G的平面与正方体的面A1B1BA的交线．‎ 延长GH，交BA的延长线与点P，连接EP，交AD于点N，则NE为过点E，F，G的平面与正方体的面ABCD的交线．‎ 同理，延长EF，交D‎1C1的延长线于点Q，连接GQ，交B‎1C1于点M，则FM为过点E，F，G的平面与正方体的面BCC1B1的交线．‎ 所以过点E，F，G的平面截正方体所得的截面为图中的六边形EFMGHN.‎ 故可得位于截面以下部分的几何体的侧视图为选项C所示．‎ 热点二　几何体的表面积与体积 空间几何体的表面积和体积计算是高考中常见的一个考点，解决这类问题，首先要熟练掌握各类空间几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不规则几何体分割成几个规则几何体的技巧，把一个空间几何体纳入一个更大的几何体中的补形技巧．‎ 例2　(1)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，则该几何体的表面积为(　　)‎ 21‎ A．8＋4＋8 B．24＋4 C．8＋20 D．28‎ 答案　A 解析　由三视图可知，该几何体的下底面是长为4，宽为2的矩形，左右两个侧面是底边为2，高为2的三角形，前后两个侧面是底边为4，高为的平行四边形，所以该几何体的表面积为S＝4×2＋2××2×2＋2×4×＝8＋4＋8.‎ ‎(2)(2018·杭州质检)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________，表面积是________．‎ 答案　π　6＋(6＋)π 解析　由三视图知，该几何体是由四分之一球与半个圆锥组合而成，则该组合体的体积为V＝×π×23＋×π×22×3＝π，‎ 表面积为S＝×4π×22＋×π×22＋×4×3＋××2π×2×＝6＋π.‎ 思维升华　(1)求多面体的表面积的基本方法就是逐个计算各个面的面积，然后求和．‎ ‎(2)求简单几何体的体积时，若所给的几何体为柱体、锥体或台体，则可直接利用公式求解；求组合体的体积时，若所给定的几何体是组合体，不能直接利用公式求解，常用转换法、分割法、补形法等进行求解；求以三视图为背景的几何体的体积时，应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．‎ 跟踪演练2　(1)(2018·宁波期末)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r等于(　　)‎ 21‎ A．1 B．‎2 C．4 D．8‎ 答案　B 解析　由三视图得该几何体为一个半球和一个半圆柱的组合体，且半圆柱的底面和半球体的一半底面重合，则其表面积为×4πr2＋πr2＋2r×2r＋×2πr×2r＝4r2＋5πr2＝16＋20π，解得r＝2，故选B.‎ ‎(2)(2018·绍兴质检)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．2 B．‎3 C．4 D．6‎ 答案　A 解析　将俯视图的对角线的交点向上拉起，结合正视图与侧视图知，此空间几何体是底面为正方形(边长)，高为3的正四棱锥，则其体积V＝Sh＝×()2×3＝2，故选A.‎ 热点三　多面体与球 与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图．如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径．球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心(或“切点”“接点”)作出截面图．‎ 例3　(1)已知正三棱锥S－ABC的顶点均在球O的球面上，过侧棱SA及球心O的平面截三棱锥及球面所得截面如图所示，已知三棱锥的体积为2，则球O的表面积为(　　)‎ 21‎ A．16π B．18π C．24π D．32π 答案　A 解析　设正三棱锥的底面边长为a，外接球的半径为R，‎ 因为正三棱锥的底面为正三角形，边长为a，‎ 则AD＝a，则AO＝AD＝a，‎ 所以a＝R，即a＝R，‎ 又因为三棱锥的体积为2，‎ 所以×a2R＝××2×R＝2，‎ 解得R＝2，所以球的表面积为S＝4πR2＝16π.‎ ‎(2)如图是某三棱锥的三视图，则此三棱锥内切球的体积为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　D 解析　把此三棱锥嵌入长、宽、高分别为20,24,16的长方体ABCD－A1B‎1C1D1中，‎ 三棱锥B－KLJ即为所求的三棱锥，其中KC1＝9，C‎1L＝LB1＝12，B1B＝16，∴＝，‎ 则△KC‎1L∽△LB1B，∠KLB＝90°，‎ 21‎ 故可求得三棱锥各面面积分别为 S△BKL＝150，S△JKL＝150，S△JKB＝250，S△JLB＝250，‎ 故表面积为S表＝800.‎ 三棱锥体积V＝S△BKL·JK＝1 000，‎ 设内切球半径为r，则r＝＝，‎ 故三棱锥内切球体积V球＝πr3＝.‎ 思维升华　三棱锥P－ABC可通过补形为长方体求解外接球问题的两种情形 ‎(1)点P可作为长方体上底面的一个顶点，点A，B，C可作为下底面的三个顶点．‎ ‎(2)P－ABC为正四面体，则正四面体的每条棱都可作为正方体的一条面对角线．‎ 跟踪演练3　(1)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，若AB＝2，BC＝3，PA＝4，则该三棱锥的外接球的表面积为(　　)‎ A．13π B．20π C．25π D．29π 答案　D 解析　把三棱锥P－ABC放到长方体中，如图所示，‎ 所以长方体的体对角线长为＝，‎ 所以三棱锥外接球的半径为，‎ 所以外接球的表面积为4π×2＝29π.‎ ‎(2)已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，记该圆锥的内切球的表面积为S1，外接球的表面积为S2，则等于(　　)‎ A．1∶2 B．1∶‎3 C．1∶4 D．1∶8‎ 答案　C 解析　如图，‎ 21‎ 由已知圆锥侧面积是底面积的2倍，不妨设底面圆半径为r，l为底面圆周长，R为母线长，‎ 则lR＝2πr2，‎ 即·2π·r·R＝2πr2，‎ 解得R＝2r，‎ 故∠ADC＝30°，则△DEF为等边三角形，‎ 设B为△DEF的重心，过B作BC⊥DF，‎ 则DB为圆锥的外接球半径，BC为圆锥的内切球半径，‎ 则＝，∴＝，故＝.‎ 真题体验 ‎1．(2018·全国Ⅰ改编)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在侧视图上的对应点为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________．‎ 答案　2 解析　先画出圆柱的直观图，根据题中的三视图可知，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.‎ 21‎ ‎2．(2017·北京改编)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为________．‎ 答案　2 解析　在正方体中还原该四棱锥，如图所示，‎ 可知SD为该四棱锥的最长棱．‎ 由三视图可知，正方体的棱长为2，‎ 故SD＝＝2.‎ ‎3．(2017·天津)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．‎ 答案　π 解析　设正方体的棱长为a，则‎6a2＝18，∴a＝.‎ 设球的半径为R，则由题意知2R＝＝3，‎ ‎∴R＝.故球的体积V＝πR3＝π×3＝π.‎ ‎4．(2017·全国Ⅰ)已知三棱锥S—ABC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S—ABC的体积为9，则球O的表面积为________．‎ 答案　36π 解析　如图，连接OA，OB.‎ 由SA＝AC，SB＝BC，SC为球O的直径知，OA⊥SC，OB⊥SC.‎ 21‎ 由平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，OA⊂平面SCA，‎ ‎∴OA⊥平面SCB.‎ 设球O的半径为r，则OA＝OB＝r，SC＝2r，‎ ‎∴三棱锥S－ABC的体积V＝××SC×OB×OA＝，‎ 即＝9，∴r＝3，∴球O的表面积S＝4πr2＝36π.‎ 押题预测 ‎1．一个几何体的三视图及其尺寸如图所示，则该几何体的表面积为(　　)‎ A．16 B．8＋8‎ C．2＋2＋8 D．4＋4＋8‎ 押题依据　求空间几何体的表面积或体积是立体几何的重要内容之一，也是高考命题的热点．此类题常以三视图为载体，给出几何体的结构特征，求几何体的表面积或体积．‎ 答案　D 解析　由三视图知，该几何体是底面边长为＝2的正方形，高PD＝2的四棱锥P－ABCD，因为PD⊥平面ABCD，且四边形ABCD是正方形，‎ 易得BC⊥PC，BA⊥PA，‎ 又PC＝＝＝2，‎ 所以S△PCD＝S△PAD＝×2×2＝2，‎ S△PAB＝S△PBC＝×2×2＝2.‎ 所以几何体的表面积为4＋4＋8.‎ ‎2．在正三棱锥S－ABC中，点M是SC的中点，且AM⊥SB，底面边长AB＝2，则正三棱锥S－ABC的外接球的表面积为(　　)‎ A．6π B．12π C．32π D．36π 21‎ 押题依据　灵活运用正三棱锥中线与线之间的位置关系来解决外接球的相关问题，是高考的热点．‎ 答案　B 解析　因为三棱锥S－ABC为正三棱锥，所以SB⊥AC，又AM⊥SB，AC∩AM＝A，AC，AM⊂平面SAC，所以SB⊥平面SAC，所以SB⊥SA，SB⊥SC，同理SA⊥SC，即SA，SB，SC三线两两垂直，且AB＝2，所以SA＝SB＝SC＝2，所以(2R)2＝3×22＝12，所以球的表面积S＝4πR2＝12π，故选B.‎ ‎3．已知半径为1的球O中内接一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的体积与圆柱的体积的比值为________．‎ 押题依据　求空间几何体的体积是立体几何的重要内容之一，也是高考的热点问题之一，主要是求柱体、锥体、球体或简单组合体的体积．本题通过球的内接圆柱，来考查球与圆柱的体积计算，命题角度新颖，值得关注．‎ 答案　 解析　如图所示，设圆柱的底面半径为r，则圆柱的侧面积为 S＝2πr×2 ‎＝4πr ‎≤4π×＝2π .‎ 所以当r＝时，＝＝.‎ 21‎ A组　专题通关 ‎1.如图，在正方体ABCD－A1B‎1C1D1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 答案　B 解析　P点在上下底面投影落在AC或A‎1C1上，所以△PAC在上底面或下底面的投影为①，在前、后面以及左、右面的投影为④.‎ ‎2. (2018·浙江省金丽衢十二校联考)某四面体的三视图如图所示，正视图、侧视图都是腰长为2的等腰直角三角形，俯视图是边长为2的正方形，则此四面体的最大面的面积是(　　)‎ A．2 B．‎2 C．2 D．4‎ 答案　C 解析　由三视图得该几何体如图中的三棱锥A－BCD所示，则S△ABD＝×(2)2×＝2，S△BCD＝×2×2＝2，S△ABC＝S△ADC＝×2×2＝2，所以最大面的面积为2，故选C.‎ 21‎ ‎3．(2018·浙江)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．2 B．4‎ C．6 D．8‎ 答案　C 解析　由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形，高为2的直四棱柱，直角梯形的上、下底边长分别为2,1，高为2，‎ ‎∴该几何体的体积为V＝2×＝6.‎ 故选C.‎ ‎4．某几何体的正视图和侧视图如图(1)所示，它的俯视图的直观图是△A′B′C′，如图(2)所示，其中O′A′＝O′B′＝2，O′C′＝，则该几何体的表面积为(　　)‎ A．36＋12 B．24＋8 C．24＋12 D．36＋8 答案　C 解析　由题图(2)可知，该几何体的俯视图是一个底面边长为4，高为2的等腰三角形，即该三角形为等边三角形，在如图所示的长方体中，长、宽、高分别为4,2，6，三视图还原为几何体是图中的三棱锥P－ABC，且S△PAB＝S△PBC＝×4×6＝12，S△ABC＝×4×2＝4，△PAC是腰长为，底边长为4的等腰三角形，S△PAC＝8.综上可知，该几何体的表面积为2×12＋4＋8＝24＋12.故选C.‎ 21‎ ‎5.已知如图所示的三棱锥D－ABC的四个顶点均在球O的球面上，△ABC和△DBC所在的平面互相垂直，AB＝3，AC＝，BC＝CD＝BD＝2，则球O的表面积为(　　)‎ A．4π B．12π C．16π D．36π 答案　C 解析　如图所示，∵AB2＋AC2＝BC2，∴∠CAB为直角，即△ABC外接圆的圆心为BC的中点O′.△ABC和△DBC所在的平面互相垂直，则球心在过△DBC的圆面上，即△DBC的外接圆为球的大圆，由等边三角形的重心和外心重合，易得球半径R＝2，球的表面积为S＝4πR2＝16π，故选C.‎ ‎6．已知正四棱锥P－ABCD的各顶点都在同一球面上，底面正方形的边长为，若该正四棱锥的体积为2，则此球的体积为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　C 解析　如图所示，设底面正方形ABCD的中心为O′，正四棱锥P－ABCD的外接球的球心为O，‎ ‎∵底面正方形的边长为，‎ ‎∴O′D＝1，‎ 21‎ ‎∵正四棱锥的体积为2，‎ ‎∴VP－ABCD＝×()2×PO′＝2，‎ 解得PO′＝3，‎ ‎∴OO′＝|PO′－PO|＝|3－R|，‎ 在Rt△OO′D中，由勾股定理可得OO′2＋O′D2＝OD2，‎ 即(3－R)2＋12＝R2，‎ 解得R＝，‎ ‎∴V球＝πR3＝π×3＝.‎ ‎7．在三棱锥S－ABC中，侧棱SA⊥底面ABC，AB＝5，BC＝8，∠ABC＝60°，SA＝2，则该三棱锥的外接球的表面积为(　　)‎ A.π B.π C.π D.π 答案　B 解析　由题意知，AB＝5，BC＝8，∠ABC＝60°，‎ 则在△ABC中，由余弦定理得 AC2＝AB2＋BC2－2×AB×BC×cos∠ABC，‎ 解得AC＝7，‎ 设△ABC的外接圆半径为r，则 ‎△ABC的外接圆直径2r＝＝，∴r＝，‎ 又∵侧棱SA⊥底面ABC，‎ ‎∴三棱锥的外接球的球心到平面ABC的距离d＝SA＝，则外接球的半径R＝＝，则该三棱锥的外接球的表面积为S＝4πR2＝π.‎ ‎8．某几何体的正视图和俯视图如图所示，在下列图形中，可能是该几何体侧视图的图形是________．(写出所有可能的序号)‎ 21‎ 答案　①②③‎ 解析　如图a三棱锥C－ABD，正视图与俯视图符合题意，侧视图为①；‎ 如图b四棱锥P－ABCD，正视图与俯视图符合题意，侧视图为②；‎ 如图c三棱锥P－BCD，正视图与俯视图符合题意，侧视图为③.‎ ‎9．如图1所示是一种生活中常见的容器，其结构如图2，其中ABCD是矩形，ABFE和CDEF都是等腰梯形，且AD⊥平面CDEF，现测得AB＝‎20 cm，AD＝‎15 cm，EF＝‎30 cm，AB与EF间的距离为‎25 cm，则几何体EF－ABCD的体积为________cm3.‎ 答案　3 500‎ 解析　在EF上，取两点M，N(图略)，分别满足EM＝NF＝5，连接DM，AM，BN，CN，则该几何体就被分割成两个棱锥和一个棱柱，根据柱、锥体的体积公式以及题中所给的相关量，可以求得V＝×20×15×20＋2×××20×15×5＝3 500.‎ ‎10. (2018·浙江省杭州二中等五校联考)一个三棱锥的三视图如图所示，则其表面积为________，其外接球的体积为________．‎ 21‎ 答案　26＋2　π 解析　由三视图得该几何体是一个底面为直角边分别为3,4的直角三角形，高为5的三棱锥，且三棱锥的顶点在底面的投影为底面直角三角形中边长为4的直角边所对的顶点，则其表面积为×3×4＋×3×5＋×5×5＋××4＝26＋2，其外接球的半径为＝，则外接球的体积为π×3＝π.‎ ‎11．(2018·全国Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为________．‎ 答案　40π 解析　如图，∵SA与底面所成角为45°，‎ ‎∴△SAO为等腰直角三角形．‎ 设OA＝r，则SO＝r，SA＝SB＝r.‎ 在△SAB中，cos∠ASB＝，‎ ‎∴sin∠ASB＝，‎ ‎∴S△SAB＝SA·SB·sin∠ASB ‎＝(r)2·＝5，‎ 解得r＝2，‎ ‎∴SA＝r＝4，即母线长l＝4，‎ ‎∴S圆锥侧＝πr·l＝π×2×4＝40π.‎ 21‎ ‎12．已知二面角α－l－β的大小为，点P∈α，点P在β 内的正投影为点A，过点A作AB⊥l，垂足为点B，点C∈l，BC＝2，PA＝2，点D∈β，且四边形ABCD满足∠BCD＋∠DAB＝π.若四面体PACD的四个顶点都在同一球面上，则该球的体积为________．‎ 答案　8π 解析　∵∠BCD＋∠DAB＝π，‎ ‎∴A，B，C，D四点共圆，直径为AC.‎ ‎∵PA⊥平面β，AB⊥l，∴易得PB⊥l，‎ 即∠PBA为二面角α－l－β的平面角，‎ 即∠PBA＝，‎ ‎∵PA＝2，∴BA＝2，‎ ‎∵BC＝2，∴AC＝2.‎ 设球的半径为R，则2－＝，‎ ‎∴R＝，V＝()3＝8π.‎ B组　能力提高 ‎13．若四棱锥P－ABCD的三视图如图所示，则该四棱锥的外接球的表面积为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　C 解析　根据三视图还原几何体为一个四棱锥P－ABCD，如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，‎ 由于△PAD为等腰三角形，PA＝PD＝3，AD＝4，四边形ABCD为矩形，CD＝2，过△PAD的外心F作平面PAD的垂线，过矩形ABCD的中心H作平面ABCD的垂线，两条垂线交于一点O，则O 21‎ 为四棱锥外接球的球心，在△PAD中，cos∠APD＝＝，则sin∠APD＝，‎ ‎2PF＝＝＝，PF＝，‎ PE＝＝，OH＝EF＝－＝，‎ BH＝＝，‎ OB＝＝＝，‎ 所以S＝4π×＝.‎ ‎14.如图所示，正方形ABCD的边长为2，切去阴影部分围成一个正四棱锥，则正四棱锥侧面积的取值范围为(　　)‎ A．(1,2) B．(1,2]‎ C．(0,2] D．(0,2)‎ 答案　D 解析　设四棱锥一个侧面为△APQ，∠APQ＝x，过点A作AH⊥PQ，‎ 则AH＝PQ×tan x＝＝ ‎＝－PQ，‎ ‎∴PQ＝，AH＝，‎ ‎∴S＝4××PQ×AH＝2×PQ×AH ‎＝2×× 21‎ ‎＝，x∈，‎ ‎∴tan x>0，‎ ‎∴S＝＝ ‎＝≤＝2，‎ ，‎ 而tan x>0，故S>0，‎ ‎∵S＝2时，△APQ是等腰直角三角形，‎ 顶角∠PAQ＝90°，阴影部分不存在，折叠后A与O重合，构不成棱锥，‎ ‎∴S的取值范围为(0,2)，故选D.‎ ‎15．(2018·宁波模拟)已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是顶角为120°的等腰三角形，侧视图为直角三角形，则该三棱锥的表面积为________，该三棱锥的外接球的体积为________．‎ 答案　4＋＋　π 解析　由三视图得几何体的直观图如图所示，‎ ‎∴S表＝2××2×2＋×2×＋×2×1‎ ‎＝4＋＋.‎ 作DE⊥BD交BC于点E，以D为原点，DB所在直线为x轴，DE所在直线为y轴，DA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系D－xyz，‎ 则D(0,0,0)，A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(－1，，0)，‎ 21‎ 设球心坐标为(x，y，z)，‎ ‎∵(x－2)2＋y2＋z2＝x2＋y2＋z2，①‎ x2＋y2＋(z－2)2＝x2＋y2＋z2，②‎ ‎(x＋1)2＋(y－)2＋z2＝x2＋y2＋z2，③‎ ‎∴x＝1，y＝，z＝1，‎ ‎∴球心坐标是(1，，1)，‎ ‎∴球的半径是＝.‎ ‎∴球的体积是π×3＝π.‎ ‎16．(2018·浙江省杭州二中等五校联考)棱长为36的正四面体A－BCD的内切球上有一动点M，则MB＋MC的最小值为__________．‎ 答案　4 解析　由MB＋MC结构看，需要把MC转化为M点到某定点的距离．设内切球球心为O，△ABD的中心为Q，由正四面体性质易求OQ＝3，OC＝9，BQ＝12，且内切球的半径为3，现在只需要在直线OC上找一个定点P，使MP＝MC，即在平面OAC内找MP＝MC.当M分别在H，Q位置时，由MP＝MC，得满足条件的只有一点P，P在OC之间且OP＝，即MP＝MC，且可证对内切球面上任意一点M，上式均成立．所以MB＋MC＝MB＋MP≥PB＝＝＝4，当M为线段BP与球面的交点时，取得最小值．‎ 21‎