2021届高三新高考数学人教A版一轮复习教学案：第八章第2节　空间几何体的表面积和体积

第2节　空间几何体的表面积和体积

考试要求　了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.

知 识 梳 理

1.多面体的表(侧)面积

多面体的各个面都是平面，则多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和.

2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式

3.空间几何体的表面积与体积公式

[常用结论与微点提醒]

1.正方体与球的切、接常用结论

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.

诊 断 自 测

1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)

(1)锥体的体积等于底面面积与高之积.(　　)

(2)两个球的体积之比等于它们的半径比的平方.(　　)

(3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差.(　　)

(4)已知球O的半径为R，其内接正方体的边长为a，则R＝a.(　　)

解析　(1)锥体的体积等于底面面积与高之积的三分之一，故不正确.

(2)球的体积之比等于半径比的立方，故不正确.

答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√

2.(新教材必修第二册P120T5改编)一个正方体的顶点都在球面上，若球的表面积为4π，则正方体的棱长为(　　)

A.   B.   C.   D.

解析　由S＝4πR2＝4π，得R＝1，故2×1＝a，得a＝.

答案　B

3.(老教材必修2P28A3改编)如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________.

解析　设长方体的相邻三条棱长分别为a，b，c，它截出棱锥的体积为V1＝××a×b×c＝abc，剩

下的几何体的体积V2＝abc－abc＝ abc，所以V1∶V2＝1∶47.

答案　1∶47

4.(2017·全国Ⅲ卷)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　如图画出圆柱的轴截面ABCD，O为球心.球半径R＝OA＝1，球心到底面圆的距离为OM＝.

∴底面圆半径r＝＝，故圆柱体积V＝π·r2·h＝π·×1＝.

答案　B

5.(2018·浙江卷改编)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)为________.

解析　由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积V＝×(1＋2)×2×2＝6.

答案　6

6.(2019·江苏卷)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E－BCD的体积是________.

解析　设长方体中BC＝a，CD＝b，CC1＝c，则abc＝120，

∴VE－BCD＝×ab×c＝abc＝10.

答案　10

考点一　空间几何体的表面积

【例1】 (1)(2018·全国Ⅰ卷)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

(2)(2020·郑州一模)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个几何体的三视图，则该几何体的表面积为(　　)

A.(4＋4)π＋4   B.(4＋4)π＋4＋4

C.12π＋12    D.12π＋4＋4

解析　(1)设圆柱的轴截面的边长为x，则由x2＝8，得x＝2，∴S圆柱表＝2S底＋S侧＝2×π×()2＋2π××2＝12π.

(2)由题意可知，几何体下部是圆锥，上部是四棱柱，如图，可得：几何体的表面积为4π＋×4π×＋4××1＝(4＋4)π＋4.

答案　(1)B　(2)A

规律方法　空间几何体表面积的求法

(1)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.

(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.

【训练1】 (1)(2020·成都诊断)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)

A.16＋2π   B.20＋2π   C.14＋π   D.20＋π

(2)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　(1)由三视图可知，该几何体是一个正方体挖去二分之一的圆柱后所得到的，所以该几何体的表面积S＝2×2×5－π×12＋π×1×2＝20＋π.

(2)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，∴SA2＝80，SA＝4.∵SA与底面所成的角为45°，∴∠SAS′＝45°，AS′＝SA·cos 45°＝4×＝2.∴底面周长l＝2π·AS′＝4π，∴圆锥的侧面积为×4×4π＝40π.

答案　(1)D　(2)40π

考点二　空间几何体的体积　多维探究

角度1　以三视图为背景的几何体体积

【例2－1】 (2019·浙江卷)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体＝Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm3)是(　　)

A.158   B.162   C.182   D.324

解析　由三视图可知，该柱体是一个直五棱柱，如图，棱柱的高为6，底面可以看作由两个直角梯形组合而成，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3.

则底面面积S＝×3＋×3＝27.

因此，该柱体的体积V＝27×6＝162.

答案　B

角度2　简单几何体的体积

【例2－2】 (2019·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　由题意知圆柱的高恰为四棱锥的高的一半，圆柱的底面直径恰为四棱锥的底面正方形对角线的一半.因为四棱锥的底面正方形的边长为，所以底面正方形对角线长为2，所以圆柱的底面半径为.又因为四棱锥的侧棱长均为，所以四棱锥的高为＝2，所以圆柱的高为1.所以圆柱的体积V＝π×1＝.

答案　

角度3　不规则几何体的体积

【例2－3】 如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形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________.

解析　如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH，易求得EG＝HF＝，AG＝GD＝BH＝HC＝，则△BHC中BC边的高h＝.∴S△AGD＝S△BHC＝××1＝，∴V多面体＝VE－ADG＋VF－BHC＋VAGD－BHC＝2VE－ADG＋VAGD－BHC＝×××2＋×1＝.

答案　

规律方法　1.(直接法)规则几何体：对于规则几何体，直接利用公式计算即可.若已知三视图求体积，应注意三视图中的垂直关系在几何体中的位置，确定几何体中的线面垂直等关系，进而利用公式求解.

2.(割补法)不规则几何体：当一个几何体的形状不规则时，常通过分割或者补形的手段将此几何体变为一个或几个规则的、体积易求的几何体，然后再计算.经常考虑将三棱锥还原为三棱柱或长方体，将三棱柱还原为平行六面体，将台体还原为锥体.

3.(等积法)三棱锥：利用三棱锥的“等积性”可以把任一个面作为三棱锥的底面.(1)求体积时，可选择“容易计算”的方式来计算；(2)利用“等积性”可求“点到面的距离”，关键是在面中选取三个点，与已知点构成三棱锥.

【训练2】 (1)(角度1)(2019·北京卷)某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示.如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为______.

(2)(角度2)(2018·天津卷)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M－EFGH的体积为________.

 (3)(角度3)(2019·全国Ⅲ卷)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)如图所示棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1，去掉四棱柱MQD1A1－NPC1B1(其底面是一个上底为2，下底为4，高为2的直角梯形)所得的几何体为题中三视图对应的几何体，故所求几何体的体积为43－×(2＋4)×2×4＝40.

(2)连接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因为E，H分别为AD1，CD1的中点，所以EH∥AC，EH＝AC.因为F，G分别为B1A，B1C的中点，所以FG∥AC，FG＝AC.所以EH∥FG，EH＝FG，所以四边形EHGF为平行四边形，又EG＝HF，EH＝HG，所以四边形EHGF为正方形.又点M到平面EHGF的距离为，所以四棱锥M－EFGH的体积为××＝.

(3)由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，其对角线长分别为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)40　(2)　(3)118.8

考点三　多面体与球的切、接问题　典例迁移

【例3】 (经典母题)(2016·全国Ⅲ卷)在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是(　　)

A.4π   B.   C.6π   D.

解析　由AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，得AC＝10.

要使球的体积V最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC的内切圆的半径为r.

则×6×8＝×(6＋8＋10)·r，所以r＝2.

2r＝4＞3，不合题意.

球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R最大.

由2R＝3，即R＝.

故球的最大体积V＝πR3＝π.

答案　B

【迁移1】 若本例中的条件变为“直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上”，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，求球O的表面积.

解　将直三棱柱补形为长方体ABEC－A1B1E1C1，

则球O是长方体ABEC－A1B1E1C1的外接球.

∴体对角线BC1的长为球O的直径.

因此2R＝＝13.

故S球＝4πR2＝169π.

【迁移2】 若将题目的条件变为“如图所示是一个几何体的三视图”，试求该几何体外接球的表面积.

解　设外接球的半径为R，由三视图可知该几何体是两个正四棱锥的组合体(底面重合)，上、下两顶点之间的距离为2R，正四棱锥的底面是边长为R的正方形，由R2＋＝32解得R2＝6，故该球的表面积S＝4πR2＝24π.

规律方法　1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.球与旋转体的组合通常是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，把空间问题化归为平面问题.

2.若球面上四点P，A，B，C中PA，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题.

【训练3】 (2019·广州模拟)三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝PC＝AC＝2，AB＝4，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为(　　)

A.23π   B.π   C.64π   D.π

解析　如图，设O′为正△PAC的中心，D为Rt△ABC斜边的中点，H为AC中点.由平面PAC⊥平面ABC.则O′H⊥平面ABC.作O′O∥HD，OD∥O′H，则交点O为三棱锥外接球的球心，连接OP，又O′P＝PH＝××2＝，OO′＝DH＝AB＝2.∴R2＝OP2＝O′P2＋O′O2＝＋4＝.故几何体外接球的表面积S＝4πR2＝π.

答案　D

直观想象——简单几何体的外接球与内切球问题

1.直观想象主要表现为利用几何图形描述问题，借助几何直观理解问题，运用空间想象认识事物，解决与球有关的问题对该素养有较高的要求.

2.简单几何体外接球问题是立体几何中的难点和重要的考点，此类问题实质是解决球的半径长或确定球心O的位置问题，其中球心的位置是关键.

类型1　外接球问题

1.必备知识：

(1)简单多面体外接球的球心的结论.

结论1：正方体或长方体的外接球的球心是其体对角线的中点.

结论2：正棱柱的外接球的球心是上下底面中心的连线的中点.

结论3：直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心的连线的中点.

(2)构造正方体或长方体确定球心.

(3)利用球心O与截面圆圆心O1的连线垂直于截面圆及球心O与弦中点的连线垂直于弦的性质，确定球心.

2.方法技巧：几何体补成正方体或长方体.

【例1】 (2020·东北三省四市模拟)已知边长为2的等边三角形ABC，D为BC的中点，沿AD进行折叠，使折叠后的∠BDC＝，则过A，B，C，D四点的球的表面积为(　　)

A.3π   B.4π   C.5π   D.6π

解析　连接BC，由题知几何体ABCD为三棱锥，BD＝CD＝1，AD＝，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥CD，将折叠后的图形补成一个长、宽、高分别是，1，1的长方体，其体对角线长为＝，故该三棱锥外接球的半径是，其表面积为5π.

答案　C

【例2】 (2019·广州二测)体积为的三棱锥P－ABC的顶点都在球O的球面上，PA⊥平面ABC，PA＝2，∠ABC＝120°，则球O的体积的最小值为(　　)

A.π    B.π

C.π    D.π

解析　设AB＝c，BC＝a，AC＝b，由题可得＝×S△ABC×2，解得S△ABC＝.因为∠ABC＝120°，S△ABC＝＝acsin 120°，所以ac＝6，由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accos 120°＝a2＋c2＋ac≥2ac＋ac＝3ac＝18，当且仅当a＝c时取等号，此时bmin＝3.设△ABC外接圆的半径为r，则＝2r(b最小，则外接圆半径最小)，故＝2rmin，所以rmin＝.

如图，设O1为△ABC外接圆的圆心，D为PA的中点，R为球的半径，连接O1A，O1O，OA，OD，PO，易得OO1＝1，R2＝r2＋OO＝r2＋1，当rmin＝时，R＝6＋1＝7，Rmin＝，故球O体积的最小值为πR＝π×()3＝.

答案　B

类型2　内切球问题

1.必备知识：

(1)内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶点的距离均相等.

(2)正多面体的内切球和外接球的球心重合.

(3)正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不一定重合.

2.方法技巧：体积分割是求内切球半径的通用做法.

【例3】 体积为的球与正三棱柱的所有面均相切，则该棱柱的体积为________.

解析　设球的半径为R，由R3＝，得R＝1，所以正三棱柱的高h＝2.

设底面边长为a，则×a＝1，所以a＝2.

所以V＝×(2)2×2＝6.

答案　6

A级　基础巩固

一、选择题

1.体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(　　)

A.12π   B.π   C.8π   D.4π

解析　设正方体的棱长为a，则a3＝8，解得a＝2.设球的半径为R，则2R＝a，即R＝.所以球的表面积S＝4πR2＝12π.

答案　A

2.若圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为l的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积的比为(　　)

A.3∶2    B.2∶1

C.4∶3    D.5∶3

解析　底面半径r＝l＝l，

故圆锥的S侧＝πl2，S表＝πl2＋π＝πl2，所以表面积与侧面积的比为4∶3.

答案　C

3.(2020·兰州调研)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　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S＝×4π×12＋2π×12＋2π×1×2＝7π，故选B.

答案　B

4.(2020·安徽六校联考)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是半径为r的圆，若该几何体的体积为π，则它的表面积是(　　)

A.π   B.9π   C.π   D.π

解析　由三视图可知该几何体是一个圆柱挖去了一个半径等于圆柱底面半径的半球体，其中圆柱的高等于半球的半径r，所以该几何体的体积V＝πr2×r－×πr3＝πr3＝π，∴r3＝，又知r>0，∴r＝，∴该几何体的表面积S＝πr2＋2πr×r＋×4πr2＝5πr2＝5π×＝π，故选C.

答案　C

5.如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为，D为BC中点，则三棱锥A－B1DC1的体积为(　　)

A.3   B.   C.1   D.

解析　如题图，在正△ABC中，D为BC中点，则有AD＝AB＝，

又∵平面BB1C1C⊥平面ABC，平面BB1C1∩平面ABC＝BC，AD⊥BC，AD⊂平面ABC，由面面垂直的性质定理可得AD⊥平面BB1C1C，即AD为三棱锥A－B1DC1的底面B1DC1上的高，∴VA－B1DC1＝S△B1DC1·AD＝××2××＝1.

答案　C

二、填空题

6.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，则的值是________.

解析　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，

故＝＝.

答案　

7.现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________.

解析　设新的底面半径为r，由题意得πr2·4＋πr2·8＝π×52×4＋π×22×8，解得r＝.

答案　

8.如图，三棱柱ABC－A1B1C1的体积为1，P为侧棱B1B上的一点，则四棱锥P－ACC1A1的体积为________.

解析　设点P到平面ABC、平面A1B1C1的距离分别为h1，h2，则棱柱的高为h＝h1＋h2，又记S＝S△ABC＝S△A1B1C1，则三棱柱的体积为V＝Sh＝1.而从三棱柱中去掉四棱锥P－ACC1A1的剩余体积为V′＝VP－ABC＋VP－A1B1C1＝Sh1＋Sh2＝S(h1＋h2)＝，从而VP－ACC1A1＝V－V′＝1－＝.

答案　

三、解答题

9.现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P－A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍，若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？

解　由PO1＝2 m，知O1O＝4PO1＝8 m.因为A1B1＝AB＝6 m，所以正四棱锥P－A1B1C1D1的体积V锥＝·A1B·PO1＝×62×2＝24(m3)；

正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积

V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)，

所以仓库的容积V＝V锥＋V柱＝24＋288＝312(m3).

故仓库的容积是312 m3.

10.如图是一个以A1B1C1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC，已知A1B1＝B1C1＝2，∠A1B1C1＝90°，AA1＝4，BB1＝3，CC1＝2，求：

(1)该几何体的体积；

(2)截面ABC的面积.

解　(1)过C作平行于A1B1C1的截面A2B2C，交AA1，BB1分别于A2，B2.

由直三棱柱性质及∠A1B1C1＝90°可知B2C⊥平面ABB2A2，

则该几何体的体积

V＝VA1B1C1－A2B2C＋VC－ABB2A2

＝×2×2×2＋××(1＋2)×2×2＝6.

(2)在△ABC中，AB＝＝，

BC＝＝，即AB＝BC，则△ABC为等腰三角形，又AC＝＝2.

则S△ABC＝×2×＝.

B级　能力提升

11.(2020·河南顶尖计划联考)如图，网格纸中小正方形的边长为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.8   B.10   C.20   D.32

解析　在长方体中进行切割，作出几何体的直观图，即几何体ABCD－PQC1R，如图所示.两个几何体在斜面PQC1R处扣在一起，可以构成一个长方体，长方体的底面是边长为2的正方形，高为10，所以该几何体的体积为×22×10＝20.

答案　C

12.(2019·全国Ⅰ卷)已知三棱锥P－ABC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　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，以PA，PB，PC为从同一顶点出发的三条棱补成正方体.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，故三棱锥P－ABC的外接球的半径R＝，所以球O的体积V＝πR3＝π＝π，故选D.

答案　D

13.在边长为4的正方形ABCD内剪去四个全等的等腰三角形(如图1中阴影部分所示)，将剩下的部分折叠成底面边长为的正四棱锥S－EFGH(如图2所示)，则正四棱锥S－EFGH的体积为________.

解析　设图1中△BEF的高为h1，则BD＝＋2h1，

在四棱锥S－EFGH中，斜高为h1，

设四棱锥S－EFGH的高为h2，

由BD＝4＝＋2h1，∴h1＝，

∴h2＝＝＝2，

∴VS－EFGH＝S四边形EFGH×h2＝×2×2＝.

答案　

14.如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.

(1)证明：平面AEC⊥平面BED；

(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E－ACD的体积为，求该三棱锥的侧面积.

(1)证明　因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.

因为BE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BE.

因为BE∩BD＝B，故AC⊥平面BED.

又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.

(2)解　设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，

可得AG＝GC＝x，GB＝GD＝.

因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，

可得EG＝x.

由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，

可得BE＝x.

由已知得，三棱锥E－ACD的体积

VE－ACD＝·AC·GD·BE＝x3＝.

故x＝2.

从而可得AE＝EC＝ED＝.

所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为.

故三棱锥E－ACD的侧面积为3＋2.

C级　创新猜想

15.(数学文化题)(2019·长沙月考)《九章算术》给出求羡除体积的“术”是：“并三广，以深乘之，又以袤乘之，六而一.”其中的“广”指羡除的三条平行侧棱的长，“深”指一条侧棱到另两条侧棱所在平面的距离，“袤”指这两条侧棱所在平行线之间的距离.用现代语言描述：在羡除ABC－A1B1C1中，AA1∥BB1∥CC1，AA1＝a，BB1＝b，CC1＝c，两条平行线AA1与BB1间的距离为h，直线CC1到平面AA1B1B的距离为h′，则该羡除的体积为V＝(a＋b＋c).已知某羡除的三视图如图所示，则该羡除的体积为(　　)

A.3   B.   C.   D.2

解析　如图，由三视图还原几何体可知，羡除ADE－BCF中，AB∥CD∥EF，四边形ABCD是矩形，AB＝AD＝2，EF＝1，平面ADE⊥平面ABCD，AB，CD间的距离h＝AD＝2，取AD的中点G，连接EG，∵平面ADE⊥平面ABCD，∴EG⊥平面ABCD，由正视图及侧视图知直线EF到平面ABCD的距离h′＝1.∴V＝×(2＋2＋1)＝，故选C.

答案　C