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2020届二轮复习空间几何体的三视图、表面积与体积学案（全国通用）
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第1讲 空间几何体的三视图、表面积与体积
[做真题]
题型一 三视图与直观图
1．(2018·高考全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．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：选B．由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN，则MS＝2，SN＝4，则从M到N的路径中，最短路径的长度为＝＝2.故选B．
2．(2018·高考全国卷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( )
解析：选A．由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A．
3．(2019·高考全国卷Ⅱ)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1，则该半正多面体共有________个面，其棱长为________．
解析：依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面．注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则x＋x＋x＝1，解得x＝－1，故题中的半正多面体的棱长为－1.
答案：26 －1
题型二 空间几何体的表面积与体积
1．(2019·高考全国卷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：由题易得长方体ABCDA1B1C1D1的体积为6×6×4＝144(cm3)，四边形EFGH为平行四边形，如图所示，连接GE，HF，易知四边形EFGH的面积为矩形BCC1B1面积的一半，即×6×4＝12(cm2)，所以V四棱锥OEFGH＝×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)．
答案：118.8
2．(2018·高考全国卷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________．
解析：如图所示，设S在底面的射影为S′，连接AS′，SS′.△SAB的面积为·SA·SB·sin∠ASB＝·SA2·＝·SA2＝5，所以SA2＝80，SA＝4.因为SA与底面所成的角为45°，所以∠SAS′＝45°，AS′＝SA·cos 45°＝4×＝2.所以底面周长l＝2π·AS′＝4π，所以圆锥的侧面积为×4×4π＝40π.
答案：40π
题型三 与球有关的切、接问题
1．(2019·高考全国卷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
C．2π D．π
解析：选D．因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB，
因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.
取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，
所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面PAC，所以PB⊥平面PAC，
所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，
所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P-ABC 放在正方体中如图所示．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为，所以该正方体的体对角线长为，所以三棱锥PABC的外接球的半径R＝，所以球O的体积V＝πR3＝π＝π，故选D．
2．(2018·高考全国卷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．设等边三角形ABC的边长为x，则x2sin 60°＝9，得x＝6.设△ABC的外接圆半径为r，则2r＝，解得r＝2，所以球心到△ABC所在平面的距离d＝＝2，则点D到平面ABC的最大距离d1＝d＋4＝6，所以三棱锥DABC体积的最大值Vmax＝S△ABC×6＝×9×6＝18.
3．(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．
解析：选B．设圆柱的底面半径为r，则r2＝12－＝，所以，圆柱的体积V＝π×1＝，故选B．
[明考情]
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、面的位置关系(特别是平行与垂直)．
2．考查一个小题时，此小题一般会出现在第4～8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，另一个小题难度稍高，一般会出现在第10～16题的位置上，此小题虽然难度稍高，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
[考法全练]
1．(2019·福州市质量检测)棱长为1的正方体木块ABCDA1B1C1D1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
解析：选A．棱长为1的正方体木块ABCDA1B1C1D1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××××＝.
2．(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( )
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．
3．(2019·江西省五校协作体试题)如图1，在三棱锥DABC中，已知AC＝BC＝CD＝2，CD⊥平面ABC，∠ACB＝90°.若其正视图、俯视图如图2，则其侧视图的面积为( )
A． B．2
C． D．
解析：选D．由题意知侧视图为直角三角形，因为正视图的高即几何体的高，所以正视图的高为2，则侧视图的高，即一直角边长也为2.因为俯视图为边长为2的等腰直角三角形，所以侧视图的另一直角边长为.所以侧视图的面积为，故选D．
4．(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．
5．(2019·湖南省五市十校联考)某四棱锥的三视图如图所示，其侧视图是等腰直角三角形，俯视图的轮廓是直角梯形，则该四棱锥的各侧面面积的最大值为( )
A．8 B．4
C．8 D．12
解析：选D．由三视图可知该几何体是一个底面为直角梯形，高为4的四棱锥，如图，其中侧棱PA⊥平面ABCD，PA＝4，AB＝4，BC＝4，CD＝6，所以AD＝2，PD＝6，PB＝4，连接AC，则AC＝4，所以PC＝4，显然在各侧面面积中△PCD的面积最大，又PD＝CD＝6，所以PC边上的高为＝2，所以S△PCD＝×4×2＝12，故该四棱锥的各侧面面积的最大值为12，故选D．
(1)识别三视图的步骤
①应把几何体的结构弄清楚或根据几何体的具体形状，明确几何体的摆放位置．
②根据三视图的有关规则先确定正视图，再确定俯视图，最后确定侧视图．
③被遮住的轮廓线应为虚线．
(2)由三视图还原到直观图的思路
①根据俯视图确定几何体的底面．
②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．
③确定几何体的直观图形状．
(3)由几何体的部分视图判断剩余的视图的思路
先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．
空间几何体的表面积和体积
[典型例题]
命题角度一 空间几何体的表面积
(1)(2019·安徽五校联盟第二次质检)已知某几何体是一个平面将一正方体截去一部分后所得，该几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
A．20＋2 B．18＋2
C．18＋ D．20＋
(2)(2019·福建五校第二次联考)已知某几何体的三视图如图，则该几何体的表面积是( )
A．＋3 B．＋3
C． D．
【解析】 (1)如图所示，ABCD-A1B1C1D1是棱长为2的正方体，根据三视图，还原几何体的直观图为图中多面体ABCDA1C1D1，其表面积为S正方形ABCD＋S＋S＋S＋S＋S＋S＝4＋4＋4＋2＋2＋2＋×8＝18＋2，故选B．
(2)由三视图知，该几何体为圆锥挖掉圆台后剩余部分，其表面积S表＝π×22＋π×12＋××4＋××2＋×2＝＋3.故选A．
【答案】 (1)B (2)A
求几何体的表面积的方法
(1)求表面积问题的基本思路是将立体几何问题转化为平面几何问题，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基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差得不规则几何体的表面积．
命题角度二 空间几何体的体积
(1)(2019·武汉市调研测试)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，则该几何体的体积为( )
A．π B．π
C．2π D．2π
(2)(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________．
【解析】 (1)由三视图知，该几何体是由两个底面半径为1，高为2的圆锥组成的，所以该几何体的体积V＝2××12×π×2＝，故选B．
(2)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VABC-DEF＝VABC-GEF＋VD-GEF＝4×2＋×4×2＝.
【答案】 (1)B (2)
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分割或补形，转化为易计算体积的几何体．
[对点训练]
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
解析：选D．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．(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________．
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×＝.
答案：
与球有关的切、接问题
[典型例题]
命题角度一 外接球
(2019·石家庄市质量检测)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PB⊥底面ABCD，O为对角线AC与BD的交点，若PB＝1，∠APB＝∠BAD＝，则三棱锥PAOB的外接球的体积是________．
【解析】 因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，即OA⊥OB，因为PB⊥平面ABCD，所以PB⊥AO，又OB∩PB＝B，所以AO⊥平面PBO，所以AO⊥PO，即△PAO是以PA为斜边的直角三角形，因为PB⊥AB，所以△PAB是以PA为斜边的直角三角形，所以三棱锥PAOB的外接球的直径为PA，因为PB＝1，∠APB＝，所以PA＝2，所以三棱锥PAOB的外接球的半径为1，所以三棱锥PAOB的外接球的体积为.
【答案】
解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．
命题角度二 内切球
(2019·广东省七校联考)在四棱锥PABCD中，四边形ABCD是边长为2a的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝2a，若在这个四棱锥内放一个球，则该球半径的最大值为________．
【解析】 通解：由题意知，球内切于四棱锥PABCD时半径最大，设该四棱锥的内切球的球心为O，半径为r，连接OA，OB，OC，OD，OP，则VP-ABCD＝VO-ABCD＋VO-PAD＋VO-PAB＋VO-PBC＋VO-PCD，即×2a×2a×2a＝××r，解得r＝(2－)a.
优解：易知当球内切于四棱锥PABCD，即与四棱锥PABCD各个面均相切时，球的半径最大，作出相切时的侧视图如图所示，设四棱锥PABCD内切球的半径为r，则×2a×2a＝×(2a＋2a＋2a)×r，解得r＝(2－)a.
【答案】 (2－)a
求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．
命题角度三 与球有关的最值问题
(2019·昆明市质量检测)三棱锥PABC的所有顶点都在半径为2的球O的球面上．若△PAC是等边三角形，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥BC，则三棱锥PABC体积的最大值为( )
A．2 B．3
C．2 D．3
【解析】 根据AB⊥BC可知AC为三角形ABC所在截面圆O1的直径，又平面PAC⊥平面ABC，△APC为等边三角形，所以P在OO1上，如图所示，设PA＝x，则AO1＝x，PO1＝x，所以PO1＝x＝OO1＋2＝＋2⇒＝4－⇒x2－2x＝0⇒x＝2，所以AO1＝×2＝，PO1＝×2＝3，当底面三角形ABC的面积最大时，即底面为等腰直角三角形时三棱锥PABC的体积最大，此时V＝S△ABC×PO1＝××3＝3.
【答案】 B
多面体与球有关的最值问题，主要有三种：一是多面体确定的情况下球的最值问题，二是球的半径确定的情况下与多面体有关的最值问题；三是多面体与球均确定的情况下，截面的最值问题．
[对点训练]
1．已知圆锥的高为3，底面半径为，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于( )
A．π B．π
C．16π D．32π
解析：选B．设该圆锥的外接球的半径为R，依题意得，R2＝(3－R)2＋()2，解得R＝2，所以所求球的体积V＝πR3＝π×23＝π，故选B．
2．(2019·福州市质量检测)如图，以棱长为1的正方体的顶点A为球心，以为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为( )
A． B．π
C． D．
解析：选C．正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A1为圆心，1为半径的圆周长的，所以所有弧长之和为3×＝.故选C．
一、选择题
1.如图是一个正方体，A，B，C为三个顶点，D是棱的中点，则三棱锥ABCD的正视图和俯视图是(注：选项中的上图为正视图，下图为俯视图)( )
解析：选A．正视图和俯视图中棱AD和BD均看不见，故为虚线，易知选A．
2．(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．
C． D．
解析：选C．V＝V＝S△ABM·C1C＝×AB×AD×C1C＝.故选C．
3．(2019·昆明市质量检测)一个三棱柱的三视图如图所示，则该三棱柱的侧面积为( )
A．12 B．24
C．12＋ D．24＋2
解析：选B．根据三视图可知该三棱柱的直观图如图所示，所以该三棱柱的侧面积S＝[2＋2]×4＝(2×2＋2)×4＝24.
4．(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
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＝×(×2×)×3＝.故选B．
5．(2019·昆明市质量检测)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．4＋ B．4＋
C．12＋ D．12＋
解析：选C．三视图对应的几何体是一个半球与一个长方体的组合体，半球的半径为1，体积为，长方体的长、宽、高分别为2、2、3，体积为12.所以组合体的体积为12＋.故选C．
6．(2019·合肥市第二次质量检测)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，其中俯视图由两个半圆和两条线段组成，则该几何体的表面积为( )
A．17π＋12 B．12π＋12
C．20π＋12 D．16π＋12
解析：选C．由三视图知，该几何体是一个由大半圆柱挖去一个小半圆柱得到的，两个半圆柱的底面半径分别为1和3，高均为3，所以该几何体的表面积为×2π×3×3＋×2π×1×3＋2×＋2×2×3＝20π＋12，故选C．
7．(2019·济南市学习质量评估)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．5 B．
C．6 D．8
解析：选C．该几何体是以左视图为底面的五棱柱，高为2，底面积为2×1＋×2×1＝3，故其体积为3×2＝6.
8．(2019·江西七校第一次联考)一个半径为1的球对称削去了三部分，其俯视图如图所示，那么该立体图形的表面积为( )
A．3π B．4π
C．5π D．6π
解析：选C．由题中俯视图可知该球被平均分成6部分，削去了3部分，剩余的3部分为该几何体，所以该立体图形的表面积为2×π×12＋3×π×12＝5π，故选C．
9．(2019·广州市综合检测(一))一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图中的四边形是边长为2的正方形，则该几何体的表面积为( )
A． B．7π
C． D．8π
解析：选B．由三视图可知该几何体是一个圆柱体和一个球体的四分之一的组合体，则所求的几何体的表面积为×4π×12＋π×12＋π×12＋2π×1×2＝7π，选B．
10．(2019·重庆市七校联合考试)已知正三棱锥的高为6，内切球(与四个面都相切)的表面积为16π，则其底面边长为( )
A．18 B．12
C．6 D．4
解析：选B．由题意知，球心在三棱锥的高PE上，设内切球的半径为R，则S球＝4πR2＝16π，所以R＝2，所以OE＝OF＝2，OP＝4.在Rt△OPF中，PF＝＝2.因为△OPF∽△DPE，所以＝，得DE＝2，AD＝3DE＝6，AB＝AD＝12.故选B．
11．(2019·福州市质量检测)如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )
A．32 B．16
C． D．
解析：选D．由三视图知，该几何体为直三棱柱ABCA1B1C1割去一个小三棱锥DABC后剩余的部分，如图所示，故所求几何体的体积为×43－××42×2＝.故选D．
12．(2018·高考全国卷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．
解析：选A．记该正方体为ABCDA′B′C′D′，正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，即共点的三条棱A′A，A′B′，A′D′与平面α所成的角都相等．如图，连接AB′，AD′，B′D′，因为三棱锥A′AB′D′是正三棱锥，所以A′A，A′B′，A′D′与平面AB′D′所成的角都相等．分别取C′D′，B′C′，BB′，AB，AD，DD′的中点E，F，G，H，I，J，连接EF，FG，GH，IH，IJ，JE，易得E，F，G，H，I，J六点共面，平面EFGHIJ与平面AB′D′平行，且截正方体所得截面的面积最大．又EF＝FG＝GH＝IH＝IJ＝JE＝，所以该正六边形的面积为6××＝，所以α截此正方体所得截面面积的最大值为，故选A．
二、填空题
13．(一题多解)(2019·南昌市第一次模拟测试)底面边长为6，侧面为等腰直角三角形的正三棱锥的高为________．
解析：法一：由题意得，三棱锥的侧棱长为3，设正三棱锥的高为h，则××3×3×3＝××36h，解得h＝.
法二：由题意得，三棱锥的侧棱长为3，底面正三角形的外接圆的半径为2，所以正三棱锥的高为＝.
答案：
14．(2019·高考全国卷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____________．
解析：如图，过点P分别作PE⊥BC交BC于点E，作PF⊥AC交AC于点F.由题意知PE＝PF＝.过P作PH⊥平面ABC于点H，连接HE，HF，HC，易知HE＝HF，则点H在∠ACB的平分线上，又∠ACB＝90°，故△CEH为等腰直角三角形．在Rt△PCE中，PC＝2，PE＝，则CE＝1，故CH＝，在Rt△PCH中，可得PH＝，即点P到平面ABC的距离为.
答案：
15．(2019·高考天津卷)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：由题可得，四棱锥底面对角线的长为2，则圆柱底面的半径为，易知四棱锥的高为＝2，故圆柱的高为1，所以圆柱的体积为π××1＝.
答案：
16. (2017·高考全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为________．
解析：由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当△ABC的边长变化时，设△ABC的边长为a(a>0)cm，则△ABC的面积为a2，△DBC的高为5－a，则正三棱锥的高为＝，所以25－a>0，所以0
[做真题]
题型一 三视图与直观图
1．(2018·高考全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．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：选B．由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN，则MS＝2，SN＝4，则从M到N的路径中，最短路径的长度为＝＝2.故选B．
2．(2018·高考全国卷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( )
解析：选A．由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A．
3．(2019·高考全国卷Ⅱ)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1，则该半正多面体共有________个面，其棱长为________．
解析：依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面．注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则x＋x＋x＝1，解得x＝－1，故题中的半正多面体的棱长为－1.
答案：26 －1
题型二 空间几何体的表面积与体积
1．(2019·高考全国卷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：由题易得长方体ABCDA1B1C1D1的体积为6×6×4＝144(cm3)，四边形EFGH为平行四边形，如图所示，连接GE，HF，易知四边形EFGH的面积为矩形BCC1B1面积的一半，即×6×4＝12(cm2)，所以V四棱锥OEFGH＝×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)．
答案：118.8
2．(2018·高考全国卷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________．
解析：如图所示，设S在底面的射影为S′，连接AS′，SS′.△SAB的面积为·SA·SB·sin∠ASB＝·SA2·＝·SA2＝5，所以SA2＝80，SA＝4.因为SA与底面所成的角为45°，所以∠SAS′＝45°，AS′＝SA·cos 45°＝4×＝2.所以底面周长l＝2π·AS′＝4π，所以圆锥的侧面积为×4×4π＝40π.
答案：40π
题型三 与球有关的切、接问题
1．(2019·高考全国卷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
C．2π D．π
解析：选D．因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB，
因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.
取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，
所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面PAC，所以PB⊥平面PAC，
所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，
所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P-ABC 放在正方体中如图所示．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为，所以该正方体的体对角线长为，所以三棱锥PABC的外接球的半径R＝，所以球O的体积V＝πR3＝π＝π，故选D．
2．(2018·高考全国卷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．设等边三角形ABC的边长为x，则x2sin 60°＝9，得x＝6.设△ABC的外接圆半径为r，则2r＝，解得r＝2，所以球心到△ABC所在平面的距离d＝＝2，则点D到平面ABC的最大距离d1＝d＋4＝6，所以三棱锥DABC体积的最大值Vmax＝S△ABC×6＝×9×6＝18.
3．(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．
解析：选B．设圆柱的底面半径为r，则r2＝12－＝，所以，圆柱的体积V＝π×1＝，故选B．
[明考情]
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、面的位置关系(特别是平行与垂直)．
2．考查一个小题时，此小题一般会出现在第4～8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，另一个小题难度稍高，一般会出现在第10～16题的位置上，此小题虽然难度稍高，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
[考法全练]
1．(2019·福州市质量检测)棱长为1的正方体木块ABCDA1B1C1D1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
解析：选A．棱长为1的正方体木块ABCDA1B1C1D1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××××＝.
2．(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( )
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．
3．(2019·江西省五校协作体试题)如图1，在三棱锥DABC中，已知AC＝BC＝CD＝2，CD⊥平面ABC，∠ACB＝90°.若其正视图、俯视图如图2，则其侧视图的面积为( )
A． B．2
C． D．
解析：选D．由题意知侧视图为直角三角形，因为正视图的高即几何体的高，所以正视图的高为2，则侧视图的高，即一直角边长也为2.因为俯视图为边长为2的等腰直角三角形，所以侧视图的另一直角边长为.所以侧视图的面积为，故选D．
4．(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．
5．(2019·湖南省五市十校联考)某四棱锥的三视图如图所示，其侧视图是等腰直角三角形，俯视图的轮廓是直角梯形，则该四棱锥的各侧面面积的最大值为( )
A．8 B．4
C．8 D．12
解析：选D．由三视图可知该几何体是一个底面为直角梯形，高为4的四棱锥，如图，其中侧棱PA⊥平面ABCD，PA＝4，AB＝4，BC＝4，CD＝6，所以AD＝2，PD＝6，PB＝4，连接AC，则AC＝4，所以PC＝4，显然在各侧面面积中△PCD的面积最大，又PD＝CD＝6，所以PC边上的高为＝2，所以S△PCD＝×4×2＝12，故该四棱锥的各侧面面积的最大值为12，故选D．
(1)识别三视图的步骤
①应把几何体的结构弄清楚或根据几何体的具体形状，明确几何体的摆放位置．
②根据三视图的有关规则先确定正视图，再确定俯视图，最后确定侧视图．
③被遮住的轮廓线应为虚线．
(2)由三视图还原到直观图的思路
①根据俯视图确定几何体的底面．
②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．
③确定几何体的直观图形状．
(3)由几何体的部分视图判断剩余的视图的思路
先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．
空间几何体的表面积和体积
[典型例题]
命题角度一 空间几何体的表面积
(1)(2019·安徽五校联盟第二次质检)已知某几何体是一个平面将一正方体截去一部分后所得，该几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
A．20＋2 B．18＋2
C．18＋ D．20＋
(2)(2019·福建五校第二次联考)已知某几何体的三视图如图，则该几何体的表面积是( )
A．＋3 B．＋3
C． D．
【解析】 (1)如图所示，ABCD-A1B1C1D1是棱长为2的正方体，根据三视图，还原几何体的直观图为图中多面体ABCDA1C1D1，其表面积为S正方形ABCD＋S＋S＋S＋S＋S＋S＝4＋4＋4＋2＋2＋2＋×8＝18＋2，故选B．
(2)由三视图知，该几何体为圆锥挖掉圆台后剩余部分，其表面积S表＝π×22＋π×12＋××4＋××2＋×2＝＋3.故选A．
【答案】 (1)B (2)A
求几何体的表面积的方法
(1)求表面积问题的基本思路是将立体几何问题转化为平面几何问题，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基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差得不规则几何体的表面积．
命题角度二 空间几何体的体积
(1)(2019·武汉市调研测试)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，则该几何体的体积为( )
A．π B．π
C．2π D．2π
(2)(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________．
【解析】 (1)由三视图知，该几何体是由两个底面半径为1，高为2的圆锥组成的，所以该几何体的体积V＝2××12×π×2＝，故选B．
(2)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VABC-DEF＝VABC-GEF＋VD-GEF＝4×2＋×4×2＝.
【答案】 (1)B (2)
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分割或补形，转化为易计算体积的几何体．
[对点训练]
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
解析：选D．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．(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________．
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×＝.
答案：
与球有关的切、接问题
[典型例题]
命题角度一 外接球
(2019·石家庄市质量检测)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PB⊥底面ABCD，O为对角线AC与BD的交点，若PB＝1，∠APB＝∠BAD＝，则三棱锥PAOB的外接球的体积是________．
【解析】 因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，即OA⊥OB，因为PB⊥平面ABCD，所以PB⊥AO，又OB∩PB＝B，所以AO⊥平面PBO，所以AO⊥PO，即△PAO是以PA为斜边的直角三角形，因为PB⊥AB，所以△PAB是以PA为斜边的直角三角形，所以三棱锥PAOB的外接球的直径为PA，因为PB＝1，∠APB＝，所以PA＝2，所以三棱锥PAOB的外接球的半径为1，所以三棱锥PAOB的外接球的体积为.
【答案】
解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．
命题角度二 内切球
(2019·广东省七校联考)在四棱锥PABCD中，四边形ABCD是边长为2a的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝2a，若在这个四棱锥内放一个球，则该球半径的最大值为________．
【解析】 通解：由题意知，球内切于四棱锥PABCD时半径最大，设该四棱锥的内切球的球心为O，半径为r，连接OA，OB，OC，OD，OP，则VP-ABCD＝VO-ABCD＋VO-PAD＋VO-PAB＋VO-PBC＋VO-PCD，即×2a×2a×2a＝××r，解得r＝(2－)a.
优解：易知当球内切于四棱锥PABCD，即与四棱锥PABCD各个面均相切时，球的半径最大，作出相切时的侧视图如图所示，设四棱锥PABCD内切球的半径为r，则×2a×2a＝×(2a＋2a＋2a)×r，解得r＝(2－)a.
【答案】 (2－)a
求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．
命题角度三 与球有关的最值问题
(2019·昆明市质量检测)三棱锥PABC的所有顶点都在半径为2的球O的球面上．若△PAC是等边三角形，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥BC，则三棱锥PABC体积的最大值为( )
A．2 B．3
C．2 D．3
【解析】 根据AB⊥BC可知AC为三角形ABC所在截面圆O1的直径，又平面PAC⊥平面ABC，△APC为等边三角形，所以P在OO1上，如图所示，设PA＝x，则AO1＝x，PO1＝x，所以PO1＝x＝OO1＋2＝＋2⇒＝4－⇒x2－2x＝0⇒x＝2，所以AO1＝×2＝，PO1＝×2＝3，当底面三角形ABC的面积最大时，即底面为等腰直角三角形时三棱锥PABC的体积最大，此时V＝S△ABC×PO1＝××3＝3.
【答案】 B
多面体与球有关的最值问题，主要有三种：一是多面体确定的情况下球的最值问题，二是球的半径确定的情况下与多面体有关的最值问题；三是多面体与球均确定的情况下，截面的最值问题．
[对点训练]
1．已知圆锥的高为3，底面半径为，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于( )
A．π B．π
C．16π D．32π
解析：选B．设该圆锥的外接球的半径为R，依题意得，R2＝(3－R)2＋()2，解得R＝2，所以所求球的体积V＝πR3＝π×23＝π，故选B．
2．(2019·福州市质量检测)如图，以棱长为1的正方体的顶点A为球心，以为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为( )
A． B．π
C． D．
解析：选C．正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A1为圆心，1为半径的圆周长的，所以所有弧长之和为3×＝.故选C．
一、选择题
1.如图是一个正方体，A，B，C为三个顶点，D是棱的中点，则三棱锥ABCD的正视图和俯视图是(注：选项中的上图为正视图，下图为俯视图)( )
解析：选A．正视图和俯视图中棱AD和BD均看不见，故为虚线，易知选A．
2．(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．
C． D．
解析：选C．V＝V＝S△ABM·C1C＝×AB×AD×C1C＝.故选C．
3．(2019·昆明市质量检测)一个三棱柱的三视图如图所示，则该三棱柱的侧面积为( )
A．12 B．24
C．12＋ D．24＋2
解析：选B．根据三视图可知该三棱柱的直观图如图所示，所以该三棱柱的侧面积S＝[2＋2]×4＝(2×2＋2)×4＝24.
4．(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
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＝×(×2×)×3＝.故选B．
5．(2019·昆明市质量检测)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．4＋ B．4＋
C．12＋ D．12＋
解析：选C．三视图对应的几何体是一个半球与一个长方体的组合体，半球的半径为1，体积为，长方体的长、宽、高分别为2、2、3，体积为12.所以组合体的体积为12＋.故选C．
6．(2019·合肥市第二次质量检测)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，其中俯视图由两个半圆和两条线段组成，则该几何体的表面积为( )
A．17π＋12 B．12π＋12
C．20π＋12 D．16π＋12
解析：选C．由三视图知，该几何体是一个由大半圆柱挖去一个小半圆柱得到的，两个半圆柱的底面半径分别为1和3，高均为3，所以该几何体的表面积为×2π×3×3＋×2π×1×3＋2×＋2×2×3＝20π＋12，故选C．
7．(2019·济南市学习质量评估)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．5 B．
C．6 D．8
解析：选C．该几何体是以左视图为底面的五棱柱，高为2，底面积为2×1＋×2×1＝3，故其体积为3×2＝6.
8．(2019·江西七校第一次联考)一个半径为1的球对称削去了三部分，其俯视图如图所示，那么该立体图形的表面积为( )
A．3π B．4π
C．5π D．6π
解析：选C．由题中俯视图可知该球被平均分成6部分，削去了3部分，剩余的3部分为该几何体，所以该立体图形的表面积为2×π×12＋3×π×12＝5π，故选C．
9．(2019·广州市综合检测(一))一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图中的四边形是边长为2的正方形，则该几何体的表面积为( )
A． B．7π
C． D．8π
解析：选B．由三视图可知该几何体是一个圆柱体和一个球体的四分之一的组合体，则所求的几何体的表面积为×4π×12＋π×12＋π×12＋2π×1×2＝7π，选B．
10．(2019·重庆市七校联合考试)已知正三棱锥的高为6，内切球(与四个面都相切)的表面积为16π，则其底面边长为( )
A．18 B．12
C．6 D．4
解析：选B．由题意知，球心在三棱锥的高PE上，设内切球的半径为R，则S球＝4πR2＝16π，所以R＝2，所以OE＝OF＝2，OP＝4.在Rt△OPF中，PF＝＝2.因为△OPF∽△DPE，所以＝，得DE＝2，AD＝3DE＝6，AB＝AD＝12.故选B．
11．(2019·福州市质量检测)如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )
A．32 B．16
C． D．
解析：选D．由三视图知，该几何体为直三棱柱ABCA1B1C1割去一个小三棱锥DABC后剩余的部分，如图所示，故所求几何体的体积为×43－××42×2＝.故选D．
12．(2018·高考全国卷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．
解析：选A．记该正方体为ABCDA′B′C′D′，正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，即共点的三条棱A′A，A′B′，A′D′与平面α所成的角都相等．如图，连接AB′，AD′，B′D′，因为三棱锥A′AB′D′是正三棱锥，所以A′A，A′B′，A′D′与平面AB′D′所成的角都相等．分别取C′D′，B′C′，BB′，AB，AD，DD′的中点E，F，G，H，I，J，连接EF，FG，GH，IH，IJ，JE，易得E，F，G，H，I，J六点共面，平面EFGHIJ与平面AB′D′平行，且截正方体所得截面的面积最大．又EF＝FG＝GH＝IH＝IJ＝JE＝，所以该正六边形的面积为6××＝，所以α截此正方体所得截面面积的最大值为，故选A．
二、填空题
13．(一题多解)(2019·南昌市第一次模拟测试)底面边长为6，侧面为等腰直角三角形的正三棱锥的高为________．
解析：法一：由题意得，三棱锥的侧棱长为3，设正三棱锥的高为h，则××3×3×3＝××36h，解得h＝.
法二：由题意得，三棱锥的侧棱长为3，底面正三角形的外接圆的半径为2，所以正三棱锥的高为＝.
答案：
14．(2019·高考全国卷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____________．
解析：如图，过点P分别作PE⊥BC交BC于点E，作PF⊥AC交AC于点F.由题意知PE＝PF＝.过P作PH⊥平面ABC于点H，连接HE，HF，HC，易知HE＝HF，则点H在∠ACB的平分线上，又∠ACB＝90°，故△CEH为等腰直角三角形．在Rt△PCE中，PC＝2，PE＝，则CE＝1，故CH＝，在Rt△PCH中，可得PH＝，即点P到平面ABC的距离为.
答案：
15．(2019·高考天津卷)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：由题可得，四棱锥底面对角线的长为2，则圆柱底面的半径为，易知四棱锥的高为＝2，故圆柱的高为1，所以圆柱的体积为π××1＝.
答案：
16. (2017·高考全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为________．
解析：由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当△ABC的边长变化时，设△ABC的边长为a(a>0)cm，则△ABC的面积为a2，△DBC的高为5－a，则正三棱锥的高为＝，所以25－a>0，所以0
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