2023年高考数学二轮复习考前专题五立体几何与空间向量第1讲空间几何体讲学案理

第1讲空间几何体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那么俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)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．由三视图复原几何体的步骤一般先依据俯视图确定底面再利用正(主)视图与侧(左)视图确定几何体．例1(1)(2023届南昌模拟)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O—xyz中的坐标分别是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，0))，(1,0,1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，1))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，绘制该四面体三视图时，按照如下列图所示的方向画正(主)视图，那么得到侧(左)视图可以为()答案B解析将四面体放在正方体中，得到如图四面体，得到如图的侧(左)视图，应选B.(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(如下图)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，那么这块菜地的面积为________．答案2＋eq\f(\r(2),2)解析如图，在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为点E，那么在Rt△ABE中，AB＝1，∠ABE＝45°，∴BE＝eq\f(\r(2),2).而四边形AECD为矩形，AD＝1，∴EC＝AD＝1，∴BC＝BE＋EC＝eq\f(\r(2),2)＋1.由此可复原原图形如下图．在原图形中，A′D′＝1，A′B′＝2，B′C′＝eq\f(\r(2),2)＋1，且A′D′∥B′C′，A′B′⊥B′C′，∴这块菜地的面积为S＝eq\f(1,2)(A′D′＋B′C′)·A′B′＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋1＋\f(\r(2),2)))×2＝2＋eq\f(\r(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(主)视图或侧(左)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．在复原空间几何体实际形状时，一般是以正(主)视图和俯视图为主，结合侧(左)视图进行综合考虑．跟踪演练1(1)(2023·河北省武邑中学模拟)某锥体的正(主)视图和侧(左)视图如图，那么该锥体的俯视图不可能是()答案D解析A项，该锥体是底面边长为2，高为eq\r(3)的正四棱锥．B项，该锥体为底面半径为1，高为eq\r(3)的圆锥．C项，该锥体是底面为等腰直角三角形，高为eq\r(3)的三棱锥．D项，由于该图形不满足三视图原那么“宽相等〞，所以不可能是该锥体的俯视图，故D项不符合题意．应选D.(2)(2023·衡阳联考)如下图，三棱锥V－ABC的底面是以B为直角顶点的等腰直角三角形，侧面VAC与底面ABC垂直，假设以垂直于平面VAC的方向作为正(主)视图的方向，垂直于平面ABC的方向为俯视图的方向，其正(主)视图的面积为2eq\r(3)，那么其侧(左)视图的面积是()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\r(3)C．2eq\r(3) D．3答案B解析设三棱锥的高为h，AB＝BC＝eq\r(2)a，那么AC＝2a，S正(主)视图＝eq\f(1,2)×2a×h＝2eq\r(3)⇒h＝eq\f(2\r(3),a)，S侧(左)视图＝eq\f(1,2)ah＝eq\f(a,2)×eq\f(2\r(3),a)＝eq\r(3).应选B.热点二几何体的外表积与体积空间几何体的外表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外表积和体积计算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不规那么几何体分割成几个规那么几何体的技巧，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)(2023·江西省赣中南五校联考)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，那么此几何体的体积为()A．12 B．18C．24 D．30答案C解析复原几何体，该几何体是由三棱柱ABC—A′B′C′截去一个三棱锥D—A′B′C′所得，如下图．AC＝3，AB＝4，AA′＝5，∠CAB＝90°，所以几何体的体积是V＝eq\f(1,2)×3×4×5－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×4×3＝24，应选C.(2)(2023·全国Ⅱ)如图，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局部后所得，那么该几何体的体积为()A．90πB．63π C．42πD．36π答案B解析方法一(割补法)由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线局部所得．如下图，将圆柱补全，并将圆柱从点A处水平分成上下两局部．由图可知，该几何体的体积等于下局部圆柱的体积加上上局部圆柱体积的eq\f(1,2)，所以该几何体的体积V＝π×32×4＋π×32×6×eq\f(1,2)＝63π.应选B.方法二(估值法)由题意知，eq\f(1,2)V圆柱<V几何体<V圆柱，又V圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π<V几何体<90π.观察选项可知只有63π符合．应选B.思维升华(1)求多面体的外表积的根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假设所给的几何体为柱体、锥体或台体，那么可直接利用公式求解；求组合体的体积时假设所给定的几何体是组合体，不能直接利用公式求解，那么常用转换法、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)一个几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为()A．3B．4 C．5D．6答案C解析从题目所提供的三视图中的图形信息与数据信息可知，该几何体是底面分别是矩形与梯形且等高的两个棱柱的组合体，V＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1×1＋\f(1＋2,2)×1))×2＝5，应选C.(2)(2023届河南省豫北重点中学联考)某几何体的三视图如下图，假设该几何体的体积为12π＋8，那么该几何体的外表积为()A．18π＋8eq\r(2)＋4 B．20π＋8eq\r(2)C．10π＋4eq\r(2) D．45π＋27eq\r(2)＋9答案B解析复原几何体如下图，几何体的体积是V＝πa2×2a×eq\f(3,4)＋eq\f(1,2)×2a×a×a＝12π＋8，解得a＝2，而几何体的外表积是S＝2πa2＋2πa×a×eq\f(3,2)＋eq\r(2)a×a×2，将a＝2代入，所以S＝20π＋8eq\r(2)，应选B.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，并作出适宜的截面图．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)(2023·湛江模拟)底面是边长为1的正方形，侧面是等边三角形的四棱锥的外接球的体积为()A.eq\f(2\r(2)π,3) B.eq\f(\r(2)π,3)C.eq\f(2\r(3)π,3) D.eq\f(\r(3)π,3)答案B解析设四棱锥为P－ABCD，底面ABCD是边长为1的正方形，PA＝PB＝PC＝PD＝1，设外接球的半径为R，过P作PO1⊥底面ABCD，垂足O1为正方形ABCD的对角线AC，BD的交点，设球心为O，连接AO，由于AO＝PO＝R,AO1＝PO1＝eq\f(\r(2),2)，OO1＝eq\f(\r(2),2)－R，在Rt△AOO1中，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)－R))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2＝R2，解得R＝eq\f(\r(2),2)，V球＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))3＝eq\f(\r(2)π,3)，应选B.(2)(2023届咸阳二模)一个三棱锥的所有棱长均为eq\r(2)，那么该三棱锥的内切球的体积为____________．答案eq\f(\r(3),54)π解析由题意可知，该三棱锥为正四面体，如下图．AE＝AB·sin60°＝eq\f(\r(6),2)，AO＝eq\f(2,3)AE＝eq\f(\r(6),3)，DO＝eq\r(AD2－AO2)＝eq\f(2\r(3),3)，三棱锥的体积VD－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·DO＝eq\f(1,3)，设内切球的半径为r，那么VD－ABC＝eq\f(1,3)req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S△ABC＋S△ABD＋S△BCD＋S△ACD))＝eq\f(1,3)，r＝eq\f(\r(3),6)，V内切球＝eq\f(4,3)πr3＝eq\f(\r(3),54)π.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，那么正四面体的棱都可作为一个正方体的面对角线．跟踪演练3(1)?九章算术?是我国古代内容极为丰富的数学名著，系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就．书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马〞，假设某“阳马〞的三视图如下图(单位：cm)，那么该“阳马〞的外接球的体积为()A．100πcm3 B.eq\f(500π,3)cm3C．400πcm3 D.eq\f(4000π,3)cm3答案B解析由三视图可知，在长、宽、高分别为6,2eq\r(7)，6的长方体中，该几何体为如下图的P－ABCD，设该几何体外接球的半径为R，由题意可知，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2R))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(7)))2＋62＋62，解得R＝5，该“阳马〞的外接球的体积为V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(500π,3)(cm3)．应选B.(2)(2023届石家庄质检)四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为6的正方形，且PA＝PB＝PC＝PD，假设一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相切，那么该四棱锥的高是()A．6B．5 C.eq\f(9,2)D.eq\f(9,4)答案D解析由题意知，四棱锥P－ABCD是正四棱锥，球的球心O在四棱锥的高PH上，过正四棱锥的高作组合体的轴截面如图，其中PE，PF是斜高，G为球面与侧面的切点．设PH＝h，易知Rt△PGO∽Rt△PHF，所以eq\f(OG,FH)＝eq\f(PO,PF)，即eq\f(1,3)＝eq\f(h－1,\r(h2＋32))，解得h＝eq\f(9,4)，应选D.真题体验1．(2023·北京改编)某四棱锥的三视图如下图，那么该四棱锥的最长棱的长度为________．答案2eq\r(3)解析在正方体中复原该四棱锥，如下图，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＝eq\r(22＋22＋22)＝2eq\r(3).2．(2023·天津)一个正方体的所有顶点在一个球面上，假设这个正方体的外表积为18，那么这个球的体积为________．答案eq\f(9,2)π解析设正方体棱长为a，那么6a2＝18，∴a＝eq\r(3).设球的半径为R，那么由题意知2R＝eq\r(a2＋a2＋a2)＝3，∴R＝eq\f(3,2).故球的体积V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))3＝eq\f(9,2)π.

3．(2023·全国Ⅰ)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．假设平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S—ABC的体积为9，那么球O的外表积为________．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.由平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，OA⊥SC知，OA⊥平面SCB.设球O的半径为r，那么OA＝OB＝r，SC＝2r，∴三棱锥S－ABC的体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×SC×OB×OA＝eq\f(r3,3)，即eq\f(r3,3)＝9，∴r＝3，∴S球表＝4πr2＝36π.4．(2023·江苏)如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，那么eq\f(V1,V2)的值是________．答案eq\f(3,2)解析设球O的半径为R，∵球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相切，∴圆柱O1O2的高为2R，底面半径为R.∴eq\f(V1,V2)＝eq\f(πR2·2R,\f(4,3)πR3)＝eq\f(3,2).押题预测1．一个几何体的三视图及其尺寸如下图，那么该几何体的外表积为()A．16 B．8eq\r(2)＋8C．2eq\r(2)＋2eq\r(6)＋8 D．4eq\r(2)＋4eq\r(6)＋8押题依据求空间几何体的外表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，给出几何体的特征，求几何体的外表积或体积．答案D解析由三视图知，该几何体是底面边长为eq\r(22＋22)＝2eq\r(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＝eq\r(PD2＋CD2)＝eq\r(22＋2\r(2)2)＝2eq\r(3)，所以S△PCD＝S△PAD＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(2)＝2eq\r(2)，S△PAB＝S△PBC＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×2eq\r(3)＝2eq\r(6).所以几何体的外表积为4eq\r(6)＋4eq\r(2)＋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＝2eq\r(2)，那么正三棱锥S－ABC的外接球的外表积为()A．6π B．12πC．32π D．36π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，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＝2eq\r(2)，所以SA＝SB＝SC＝2，所以(2R)2＝3×22＝12，所以球的外表积S＝4πR2＝12π，应选B.3．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．此题通过球的内接圆柱，来考查球与圆柱的体积计算，设问角度新颖，值得关注．答案eq\f(4\r(2),3)解析如下图，设圆柱的底面半径为r，那么圆柱的侧面积为S＝2πr×2eq\r(1－r2)＝4πreq\r(1－r2)≤4π×eq\f(r2＋1－r2,2)＝2π(当且仅当r2＝1－r2，即r＝eq\f(\r(2),2)时取等号)．所以当r＝eq\f(\r(2),2)时，eq\f(V球,V圆柱)＝eq\f(\f(4π,3)×13,π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2×\r(2))＝eq\f(4\r(2),3).A组专题通关1．如下图，将图(1)中的正方体截去两个三棱锥，得到图(2)中的几何体，那么该几何体的侧(左)视图为()答案B解析由所截几何体可知，FC1被平面AD1E遮挡，可得B选项图．2．某三棱锥的三视图如下图，正(主)视图和俯视图都是等腰直角三角形，那么该三棱锥中最长的棱长为()A．2eq\r(5) B．2eq\r(3)C．2eq\r(2) D.eq\r(5)答案B解析由三视图，将几何体复原在边长为2的正方体内，如下图．根据图可知，三棱锥中最长的棱长是正方体的体对角线对应的棱，棱长为eq\r(22＋22＋22)＝eq\r(12)＝2eq\r(3).应选B.3．(2023·全国Ⅰ)某多面体的三视图如下图，其中正(主)视图和侧(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假设干个是梯形，这些梯形的面积之和为()A．10 B．12C．14 D．16答案B解析观察三视图可知，该多面体是由直三棱柱和三棱锥组合而成的，且直三棱柱的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，侧棱长为2.三棱锥的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，高为2，如下图．因此该多面体各个面中有两个梯形，且这两个梯形全等，梯形的上底长为2，下底长为4，高为2，故这两个梯形的面积之和为2×eq\f(1,2)×(2＋4)×2＝12.应选B.4．(2023届四川省泸州市四诊)某几何体的正(主)视图和侧(左)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′＝eq\r(3)，那么该几何体的外表积为()A．36＋12eq\r(3) B．24＋8eq\r(3)C．24＋12eq\r(3) D．36＋8eq\r(3)答案C解析由图(2)可知，该几何体的俯视图是一个底面边长为4，高为2eq\r(3)的等腰三角形，即该三角形为等边三角形，在如下图的长方体中，长、宽、高分别为4,2eq\r(3)，6，三视图复原为几何体是图中的三棱锥P－ABC，且S△PAB＝S△PBC＝eq\f(1,2)×4×6＝12,S△ABC＝eq\f(1,2)×4×2eq\r(3)＝4eq\r(3)，△PAC是腰长为eq\r(52)，底面边长为4的等腰三角形，S△PAC＝8eq\r(3).综上可知，该几何体的外表积为2×12＋4eq\r(3)＋8eq\r(3)＝24＋12eq\r(3).应选C.5．(2023·深圳调研)棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1，球O与该正方体的各个面相切，那么平面ACB1截此球所得的截面的面积为A.eq\f(8π,3) B.eq\f(5π,3)C.eq\f(4π,3) D.eq\f(2π,3)答案D解析因为球与各面相切，所以直径为2，且AC，AB1，CB1的中点在所求的切面圆上，所以所求截面为此三点构成的边长为eq\r(2)的正三角形的外接圆，由正弦定理知，R＝eq\f(\r(6),3)，所以截面的面积S＝eq\f(2π,3)，应选D.6．(2023·江西省赣中南五校联考)三棱柱ABC－A′B′C′的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，假设该棱柱的体积为eq\r(3)，AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°，那么此球的外表积是()A．2π B．4πC．8π D．10π答案C解析根据余弦定理可知，BC＝eq\r(3)，那么∠ACB＝90°，点E，F分别是斜边AB，A′B′的中点，点O为EF的中点，点O为三棱柱外接球的球心，设三棱柱的高为h，V＝eq\f(1,2)×1×eq\r(3)×h＝eq\r(3)，解得h＝2，R2＝OA2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AB))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)h))2，代入可得R2＝1＋1＝2，所以此球的外表积为S＝4πR2＝8π，应选C.7．(2023届石家庄模拟)三棱锥S－ABC中，侧棱SA⊥底面ABC,AB＝5,BC＝8,∠B＝60°，SA＝2eq\r(5)，那么该三棱锥的外接球的外表积为()A.eq\f(64,3)π B.eq\f(256,3)πC.eq\f(436,3)π D.eq\f(2048\r(3),27)π答案B解析由题意知，侧棱SA⊥底面ABC,AB＝5，BC＝8，∠B＝60°，那么根据余弦定理可得AC＝eq\r(52＋82－2×5×8×\f(1,2))＝7,△ABC的外接圆圆心2r＝eq\f(AC,sinB)＝eq\f(7,\f(\r(3),2))，∴r＝eq\f(7,\r(3))，三棱锥的外接球的球心到平面ABC的距离d＝eq\f(1,2)SA＝eq\r(5)，那么外接球的半径R＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,\r(3))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(5)))2)＝eq\r(\f(64,3))，那么该三棱锥的外接球的外表积为S＝4πR2＝eq\f(256,3)π.8．如下图，图中阴影局部绕AB旋转一周所形成的几何体的体积为________．答案eq\f(140π,3)解析由题知，旋转一周后形成的几何体是一圆台去掉一个半球，其中圆台的体积为V＝eq\f(1,3)×(π×22＋eq\r(π×22×π×52)＋π×52)×4＝eq\f(156π,3)，半球的体积V＝eq\f(1,2)×eq\f(4,3)×π×23＝eq\f(16π,3)，那么所求体积为eq\f(156π,3)－eq\f(16π,3)＝eq\f(140π,3).9．体积为eq\f(16,3)的正四棱锥S—ABCD的底面中心为O，SO与侧面所成角的正切值为eq\f(\r(2),2)，那么过S—ABCD的各顶点的球的外表积为________．答案16π解析如图，取AB的中点为F，连接SF，过点O作OG⊥SF，那么∠OSG为SO与侧面所成的角，且tan∠OSG＝eq\f(OF,SO)＝eq\f(\r(2),2).设AB＝2a，那么SO＝eq\r(2)a，所以eq\f(1,3)×4a2×eq\r(2)a＝eq\f(16,3)，得a＝eq\r(2).延长SO交外接球于E，那么EB⊥SB，由OB2＝SO·OE，得4＝2·(2R－2)，所以R＝2，S＝4π×22＝16π.

10．(2023届马鞍山模拟)一个几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为________．答案eq\f(10,3)解析如下图，三视图复原为几何体是棱长为2的正方体中的组合体ABCDEF，将其分割为四棱锥B－CDEF和三棱锥E－ABD，其中，VB－CDEF＝eq\f(1,3)×eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋2))×2,2)×2＝2,VE－ABD＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×2))×2＝eq\f(4,3)，所以该几何体的体积V＝2＋eq\f(4,3)＝eq\f(10,3).11.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，点E为线段A1B1的中点，点F，G分别是线段A1D与BC1上的动点，当三棱锥E－FGC的俯视图的面积最大时，该三棱锥的正(主)视图的面积是________．答案2解析由题意知，E点在底面的射影E′为AB的中点，F点在底面的射影F′在AD上，G点在底面的射影G′在BC上，三棱锥E－FGC的俯视图的面积是以E′C为底边，F′，G′到E′C的距离和为高的三角形的面积，又E′C为定值，所以当F点与D点重合，G点与B点重合时面积最大，此时正(主)视图的面积为eq\f(1,2)×2×2＝2.12．三棱锥P－ABC的三条侧棱两两垂直，且AB＝eq\r(5)，BC＝eq\r(7)，AC＝2，那么此三棱锥外接球的外表积是______．答案8π解析如图PA,PB,PC两两垂直，设PC＝h，那么PB＝eq\r(BC2－PC2)＝eq\r(7－h2)，PA＝eq\r(AC2－PC2)＝eq\r(4－h2)，∵PA2＋PB2＝AB2，∴4－h2＋7－h2＝5，解得h＝eq\r(3)，在三棱锥P－ABC中，PA,PB,PC两两垂直，且PA＝1,PB＝2，PC＝eq\r(3)，∴以PA,PB,PC为棱构造一个长方体，那么这个长方体的外接球就是三棱锥P－ABC的外接球，∴由题意可知，这个长方体的中心是三棱锥的外接球的球心，三棱锥的外接球的半径为R＝eq\f(\r(1＋4＋3),2)＝eq\r(2)，∴外接球的外表积为S＝4πR2＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)))2＝8π.B组能力提高13．四棱锥P－ABCD的三视图如下图，那么该四棱锥的外接球的外表积为()A.eq\f(81π,5)B.eq\f(81π,20) C.eq\f(101π,5)D.eq\f(101π,20)答案C解析根据三视图复原几何体为一个四棱锥P－ABCD，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，O为四棱锥外接球的球心，在三角形PAD中，cos∠APD＝eq\f(32＋32－42,2×3×3)＝eq\f(1,9)，那么sin∠APD＝eq\f(4\r(5),9)，2PF＝eq\f(AD,sin∠APD)＝eq\f(4,\f(4\r(5),9))＝eq\f(9\r(5),5)，PF＝eq\f(9\r(5),10)，PE＝eq\r(9－4)＝eq\r(5)，OH＝EF＝eq\r(5)－eq\f(9\r(5),10)＝eq\f(\r(5),10)，BH＝eq\f(1,2)eq\r(16＋4)＝eq\r(5)，OB＝eq\r(OH2＋BH2)＝eq\r(\f(5,100)＋5)＝eq\f(\r(505),10)，S＝4π×eq\f(505,100)＝eq\f(101π,5).应选C.14．如图是某组合体的三视图，那么内部几何体的体积的最大值为()A.eq\f(5,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－1))π B.eq\f(25,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－2\r(2)))πC．25eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－2\r(2)))π D.eq\f(125,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5\r(2)－7))π答案D解析内部几何体是底面为直角三角形的直三棱柱的内切球，内切球的半径即为底面直角三角形内切圆的半径，由等面积法易得r＝eq\f(ab,a＋b＋5)，且a2＋b2＝25.由根本不等式，知r＝eq\f(ab,a＋b＋5)≤eq\f(ab,2\r(ab)＋5)，0<ab≤eq\f(a2＋b2,2)＝eq\f(25,2)，即0<eq\r(ab)≤eq\f(5\r(2),2)，当且仅当a＝b＝eq\f(5\r(2),2)时，等号成立．令t＝eq\r(ab)，那么r≤eq\f(t2,2t＋5)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t))＝eq\f(t2,2t＋5)＝eq\f(1,\f(5,t2)＋\f(2,t))＝eq\f(1,5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)＋\f(1,5)))2－\f(1,5))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<t≤\f(5\r(2),2)))是增函数，或f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t))＝eq\f(2t\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋5)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t＋5))2)>0,0<t≤eq\f(5\r(2),2)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t))＝eq\f(t