第一讲　空间几何体的三视图、表面积及体积 学案

专题五　立 体 几 何



第一讲　空间几何体的三视图、表面积及体积

高考考点
考点解读
空间几何体的三视图与直观图的关系
1.根据某几何体的部分三视图，判断该几何体的其他三视图；或者已知某几何体的三视图，判断该几何体的形状
2．考查三视图的画法以及数量关系
空间几何体的表面积与体积的计算
1.以三视图为命题背景，考查空间几何体体积、表面积的计算方法
2．以空间几何体为命题背景考查空间几何体体积、表面积的计算方法
多面体与球的切、接问题
以球与多面体为背景，考查球的截面性质
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)加强对空间几何体结构特征的理解，掌握各种几何体的体积、表面积公式．
(2)掌握空间几何三视图的画法规则，掌握几何直观图中各个元素之间的关系以及三视图中长宽之间的关系．
(3)掌握球及球的截面的性质．
预测2020年命题热点为：
(1)已知空间几何体的三视图，求空间几何体的体积、表面积．
(2)已知空间几何体中各元素间的关系，求几何体的体积、表面积．
(3)给出球体与多面体，利用球的性质求解球的体积、表面积等．

Z
1．柱体、锥体、台体、球的表面积与体积
名称
体积
表面积
棱柱
V棱柱＝Sh
(S为底面积，h为高)
S棱柱＝2S底面＋S侧面
棱锥
V棱锥＝！！！！ Sh
(S为底面积，h为高)
S棱锥＝S底面＋S侧面
棱台
V棱台＝h(S＋＋S′)
(S、S′为底面积，h为高)
S棱台＝S上底＋S下底＋S侧面
圆柱
V圆柱＝πr2h
(r为底面半径，h为高)
S圆柱＝2πrl＋2πr2
(r为底面半径，l为母线长)
圆锥
V圆锥＝！！！！ πr2h
(r为底面半径，h为高)
S圆锥＝πrl＋πr2
(r为底面半径，l为母线长)
圆台
V圆台＝πh(r2＋rr′＋r′2)
(r、r′为底面半径，h为高)
S圆台＝π(r＋r′)l＋πr2＋πr′2
球
V球＝！！！！ πR3(R为
球的半径)
S球＝4πR2(R为球的半径)
2.空间几何体的三视图和直观图
(1)空间几何体的三视图
三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从物体的正前方、正左方、正上方看到的物体轮廓线的正投影围成的平面图形，三视图的画法规则为“长对正、高平齐、宽相等”．
画三视图的基本要求：正(主)俯一样长，俯侧(左)一样宽，正(主)侧(左)一样高．
三视图排列规则：俯视图放在正(主)视图的下面；侧(左)视图放在正(主)视图的右面．
(2)空间几何体的直观图
空间几何体直观图的画法常采用斜二测画法．用斜二测画法画平面图形的直观图规则为“轴夹角45°(或135°)，平行长不变，垂直长减半”．
Y
1．未注意三视图中实、虚线的区别
在画三视图时应注意看到的轮廓线画成实线，看不到的轮廓线画成虚线．
2．不能准确分析组合体的结构致误
对简单组合体表面积与体积的计算要注意其构成几何体的面积、体积是和还是差．
3．台体可以看成是由锥体截得的，此时截面一定与底面平行．
4．空间几何放置的方式不同时，对三视图可能会有影响．


1． (2018·全国卷Ⅲ，3)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( A )

[解析]　选A．由直观图可知选A．
2．(文)(2018·全国卷Ⅰ，5)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( B )
A．12π B．12π
C．8π D．10π
[解析]　截面面积为8，所以高h＝2，底面半径r＝，所以该圆柱表面积S＝π·()2·2＋2π··2＝12π.
(理)(2018·全国卷Ⅰ，7)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( B )
A．2 B．2
C．3 D．2
[解析]　选B．将三视图还原为圆柱，M，N的位置如图1所示，将侧面展开，最短路径为M，N连线的距离，所以MN＝＝2.


3．(2018·浙江卷，3)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( C )

A．2 B．4
C．6 D．8
[解析]　选C． 由三视图可知，该几何体是底面为直角梯形的直四棱柱，底面面积S＝＝3，高h＝2，所以V＝Sh＝6.
4．(2018·北京卷，5)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( C )

A．1 B．2
C．3 D．4
[解析]　选C．将四棱锥三视图转化为直观图，如图，

侧面共有4个三角形，即△PAB，△PBC，△PCD，△PAD，
由已知，PD⊥平面ABCD，又AD⊂平面ABCD，
所以PD⊥AD，同理PD⊥CD，PD⊥AB，
所以△PCD，△PAD是直角三角形．
因为AB⊥AD，PD⊥AB，PD，AD⊂平面PAD，PD∩AD＝D，
所以AB⊥平面PAD，又PA⊂平面PAD，
所以AB⊥PA，△PAB是直角三角形．
因为AB＝1，CD＝2，AD＝2，PD＝2，
所以PA＝＝2，PC＝＝2，
PB＝＝3，
在梯形ABCD中，易知BC＝，
△PBC三条边长为2，3，，△PBC不是直角三角形．
综上，侧面中直角三角形个数为3.
5．(文)(2018·全国卷Ⅰ，10)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为( C )
A．8 B．6
C．8 D．8
[解析]选C．如图，连接AC1和BC1，

因为AB⊥平面BB1C1C，AC1与平面BB1C1C所成角为30°，所以∠AC1B＝30°，
所以＝tan30°，BC1＝2，所以CC1＝2，所以V＝2×2×2＝8.
(理)(2018·全国卷Ⅲ，10)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( B )
A．12 B．18
C．24 D．54
[解析]　设△ABC的边长为a，则S△ABC＝a2sinC＝a2＝9，解得a＝6，

如图所示，当点D在底面上的射影为三角形ABC的中心H时，三棱锥D­ABC的体积最大，设球心为O，则在直角三角形AHO中，AH＝××6＝2，OA＝R＝4，则OH＝＝＝2，所以DH＝2＋4＝6，所以三棱锥D­ABC的体积最大值为V＝S△ABC×DH＝×9×6＝18.
6.(文)(2018·天津卷，11)如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1­BB1D1D的体积为.
[解析]　连接A1C1，交B1D1于O1点，依题意得A1O1⊥平面BB1D1D，即A1O1为四棱锥A1­BB1D1D的高，且A1O1＝，而四棱锥A1­BB1D1D的底面为矩形，其面积为，所以四棱锥A1­BB1D1D的体积V＝Sh＝××＝.
(理)(2018·天津卷，11)已知正方体ABCD­A1B1C1D1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M­EFGH的体积为.

[解析]　依题意得：该四棱锥M­EFGH为正四棱锥，其高为正方体棱长的一半，即为，正方形EFGH的边长为，其面积为，所以四棱锥M­EFGH的体积VM­EFGH＝Sh＝××＝.
7．(2018·全国卷Ⅱ，16)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40π.
[解析]　如图：

设SA＝SB＝l，底面圆半径为r，因为SA与圆锥底面所成角为45°，所以l＝r，在△SAB中，AB2＝SA2＋SB2－2SA·SB·cos∠ASB＝r2，
AB＝r，AB边上的高为＝r，△SAB的面积为5，
所以·r·r＝5，解得r＝2，
所以该圆锥的侧面积为πrl＝πr2＝40π.
8．(2017·全国卷Ⅰ，16)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，则OA＝OB＝r，SC＝2r，
∴三棱锥S－ABC的体积V＝×(SC·OB)·OA＝，
即＝9，
∴r＝3，∴S球表＝4πr2＝36π.


　 例1 (1)下列三视图所对应的直观图是( C )


[解析]　由题意可知，几何体的直观图下部是长方体，上部是圆柱，并且高相等，所以C选项符合题意．
(2)(2018·肇庆一模)已知底面为正方形的四棱锥，其一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的( C )


[解析]　由题意该四棱锥的直观图如图所示：

则其三视图如图：


(3)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟台)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( B )

[解析]　因为相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟台)在一起的方形伞(方盖)．所以其正视图和侧视图都是一个圆，因为俯视图是从上向下看，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，所以俯视图是有2条对角线且为实线的正方形．
『规律总结』
1．由直观图确认三视图的方法
根据空间几何体三视图的定义及画法规则和摆放规则确认．
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．
G
1．(2018·南宁一模)一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图可能是( B )

①长、宽不相等的长方形；②正方形；③圆；④椭圆．
A．①②　 B．①④　　
C．②③　 D．③④
[解析]　由题设条件知，正视图中的长与侧视图中的长不一致，
对于①，俯视图是长方形是可能的，比如此几何体为一个长方体时，满足题意；
对于②，由于正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图不可能是正方形；
对于③，由于正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图不可能是圆形；
对于④，如果此几何体是一个椭圆柱，满足正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图可能是椭圆．
综上知①④是可能的图形．
2．一只蚂蚁从正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A处出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1处，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是( C )


A．(1)(2)　 B．(1)(3)　　
C．(2)(4)　 D．(3)(4)
[解析]　爬行路线为时正视图为(2)；爬行路线是时，正视图为(4)，故选C．

例2 (1)(2017·全国卷Ⅰ，7)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和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若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( B )
A．10　　　　　　 B．12
C．14 D．16
[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，如图所示．因此该多面体各个面中有2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，故这些梯形的面积之和为2××(2＋4)×2＝12.
故选B．
(2)(2017·山东卷，13)由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如下，则该几何体的体积为2＋.

[解析]　该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，
∴V＝2×1×1＋2××π×12×1＝2＋.
『规律总结』
求几何体的表面积与体积问题，熟记公式是关键，应多角度全方位的考虑．
1．给出几何体的形状、几何量求体积或表面积，直接套用公式．
2．用三视图给出几何体，先依据三视图规则想象几何体的形状特征，必要时画出直观图，找出其几何量代入相应公式计算．
3．用直观图给出几何体，先依据线、面位置关系的判定与性质定理讨论分析几何体的形状特征，再求体积或表面积．
4．求几何体的体积常用等积转化的方法，转换原则是其高易求，底面在几何体的某一面上，求不规则几何体的体积，主要用割补法．
G
1．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( D )

A．　　 B．　　　
C．　　 D．
[解析]　由三视图得，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，截去四面体A­A1B1D1，如图所示，设正方体棱长为a，则VA­A1B1D1＝×a3＝a3，故剩余几何体体积为a3－a3＝a3，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为，故选D．
2．(2016·全国卷Ⅰ)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是，则它的表面积是( A )

A．17π B．18π
C．20π D．28π
[解析]　由三视图可得此几何体为一个球切割掉后剩下的几何体，设球的半径为r，故×πr3＝π，所以r＝2，表面积S＝×4πr2＋πr2＝17π，选A．

　　 例3 (1)已知正四棱锥P－ABCD内接于一个半径为R的球，则正四棱锥P－ABCD体积的最大值是( C )
A．　　 B．　　　
C．　　 D．R3
[解析]　如图，记O为正四棱锥P－ABCD外接球的球心，O1为底面ABCD的中心，则P，O，O1三点共线，连接PO1，OA，O1A．
设OO1＝x，则O1A＝，AB＝·，PO1＝R＋x，所以正四棱锥P－ABCD的体积V＝AB2×PO1＝×2(R2－x2)·(R＋x)＝×(2R－2x)(R＋x)·(R＋x)≤[]3＝，当且仅当2R－2x＝R＋x，即x＝时取等号．
(2)设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为πa2.

[解析]　由题意知，该三棱柱为正三棱柱，且侧棱与底面边长相等，均为a.设O，O1分别为下、上底面的中心，且球心O2为O1O的中点，
又AD＝a，AO＝a，OO2＝，设球的半径为R，则R2＝AO＝a2＋a2＝a2，所以S球＝4πR2＝4π×a2＝πa2.

『规律总结』
多面体与球切、接问题的求解方法
(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．
(2)若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解．
(3)正方体的内切球的直径为正方体的棱长．
(4)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．
(5)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．

G
1．(2018·重庆测试)已知三棱锥P－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，PC为球O的直径，该三棱锥的体积为，则球O的表面积为( A )
A．4π　　 B．8π　　　
C．12π　　 D．16π
[解析]　依题意，设球O的半径为R，球心O到平面ABC的距离为d，则由O是PC的中点得，点P到平面ABC的距离等于2d，所以VP－ABC＝2VO－ABC＝2×S△ABC×d＝××12×d＝，解得d＝，又R2＝d2＋()2＝1，所以球O的表面积等于4πR2＝4π，选A．
2．(2017·陕西西安模拟)已知三棱锥D－ABC中，AB＝BC
＝1，AD＝2，BD＝，AC＝，BC⊥AD，则该三棱锥的外接球的表面积为( B )
A．π B．6π
C．5π D．8π
[解析]　由勾股定，知DA⊥BC，AB⊥BC，
∴BC⊥平面DAB，
∴BC⊥BD，
∴CD＝＝.
∴AC2＋AD2＝2＋4＝6＝CD2，
∴DA⊥AC．
取CD的中点O，由直角三角形的性质知，O到点A，B，C，D的距离均为，其即为三棱锥的外接球球心．
故三棱锥的外接球的表面积为4π·()2＝6π.


A组
1．如图1所示，是一个棱长为2的正方体被削去一个角后所得到的几何体的直观图，其中DD1＝1，AB＝BC＝AA1＝2，若此几何体的俯视图如图2所示，则可以作为其正视图的是( C )


[解析]　由直观图和俯视图知，正视图中点D1的射影是B1，所以正视图是选项C中的图形，A中少了虚线，故不正确．
2．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( C )

A．20π　　　 B．24π　　　　
C．28π　　　 D．32π
[解析]　该几何体是圆锥与圆柱的组合体，由三视图可知圆柱底面圆的半径r＝2，底面圆的周长c＝2πr＝4π，圆锥的母线长l＝＝4，圆柱的高h＝4，所以该几何体的表面积S表＝πr2＋ch＋cl＝4π＋16π＋8π＝28π，故选C．
3．(文)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( A )

A．12－π B．12－2π
C．6－π D．4－π
[解析]　由三视图知，该几何体是一个组合体，由一个长方体挖去一个圆柱构成，长方体的长、宽高为4,3,1，圆柱底半径1，高为1，∴体积V＝4×3×1－π×12×1＝12－π.
(理)若某棱锥的三视图(单位：cm)如图所示，则该棱锥的体积等于( B )

A．10 cm3 B．20 cm3
C．30 cm3 D．40 cm3
[解析]　由三视图知该几何体是四棱锥，可视作直三棱柱ABC－A1B1C1沿平面AB1C1截去一个三棱锥A－A1B1C1余下的部分．
∴VA－BCC1B1＝VABC－A1B1C1－VA－A1B1C1＝×4×3×5－×(×4×3)×5＝20cm3.
4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( B )

A．18＋2π B．20＋π
C．20＋ D．16＋π
[解析]　由三视图可知，这个几何体是一个边长为2的正方体割去了相对边对应的两个半径为1、高为1的圆柱体，其表面积相当于正方体五个面的面积与两个圆柱的侧面积的和，即该几何体的表面积S＝4×5＋2×2π×1×1×＝20＋π.
故选B．
5．(2018·双鸭山一模)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的外接球的表面积为( A )

A． B．
C．4 D．2π
[解析]　由已知几何体的正视图是一个正三角形，侧视图和俯视图均为三角形，可得该几何体有一个侧面PAC垂直于底面，高为，底面是一个等腰直角三角形的三棱锥，如图．

则这个几何体的外接球的球心O在高线PD上，且是等边三角形PAC的中心，
这个几何体的外接球的半径R＝PD＝.
则这个几何体的外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×()2＝.
6．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1－EDF的体积为.

[解析]　利用三棱锥的体积公式直接求解．
VD1－EDF＝VF－DD1E＝SD1DE·AB＝××1×1×1＝.
7．已知E，F分别是矩形ABCD的边BC与AD的中点，且BC＝2AB＝2，现沿EF将平面ABEF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC，则三棱锥A－FEC外接球的体积为π.
[解析]　如图，平面ABEF⊥平面EFDC，AF⊥EF，

所以AF⊥平面ECDF，将三棱锥A－FEC补成正方体ABC′D′－FECD．
依题意，其棱长为1，外接球的半径R＝，
所以外接球的体积V＝πR3＝π·()3＝π.
8．(文)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.

(1)证明：AB⊥A1C；
(2)若AB＝CB＝2，A1C＝，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积．
[解析]　(1)取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B．
因为CA＝CB，所以OC⊥AB．
由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB．
因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C．
又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C．


(2)由题设知△ABC与△AA1B都是边长为2的等边三角形，所以OC＝OA1＝.
又A1C＝，则A1C2＝OC2＋OA，故OA1⊥OC．
因为OC∩AB＝O，所以OA1⊥平面ABC，OA1为三棱柱ABC－A1B1C1的高．
又△ABC的面积S△ABC＝.故三棱柱ABC－A1B1C1的体积V＝S△ABC×OA1＝3.
(理)如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°.
(1)证明：直线BC∥平面PAD；
(2)若△PCD的面积为2，求四棱锥P－ABCD的体积．
[解析]　(1)证明：在平面ABCD内，因为∠BAD＝∠ABC＝90°，所以BC∥AD．
又BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
故BC∥平面PAD．
(2)如图，取AD的中点M，连接PM，CM.
由AB＝BC＝AD及BC∥AD，∠ABC＝90°得四边形ABCM为正方形，则CM⊥AD．
因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD．
因为CM⊂底面ABCD，
所以PM⊥CM.
设BC＝x，则CM＝x，CD＝x，PM＝x，PC＝PD＝2x.
如图，取CD的中点N，连接PN，则PN⊥CD，
所以PN＝x.
因为△PCD的面积为2，
所以×x×x＝2，
解得x＝－2(舍去)或x＝2.
于是AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2.
所以四棱锥P－ABCD的体积V＝××2＝4.
B组
1．(文)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( D )

A．60 B．30
C．20 D．10
[解析]　
由三视图画出如图所示的三棱锥P－ACD，过点P作PB⊥平面ACD于点B，连接BA，BD，BC，根据三视图可知底面ABCD是矩形，AD＝5，CD＝3，PB＝4，所以V三棱锥P－ACD＝××3×5×4＝10.
故选D．
(理)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( B )

A．3 B．2
C．2 D．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.
故选B．
2．(2018·宜宾一模)三棱锥A－BCD内接于半径为2的球O，BC过球心O，当三棱锥A－BCD体积取得最大值时，三棱锥A－BCD的表面积为( D )
A．6＋4 B．8＋2
C．4＋6 D．8＋4
[解析]　由题意，BC为直径，△BCD的最大面积为×4×2＝4，
三棱锥A－BCD体积最大时，AO⊥平面BCD，三棱锥的高为2，
所以三棱锥A－BCD的表面积为4×2＋2××2×＝8＋4.
3．三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC且PA＝2，△ABC是边长为的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为( C )
A． B．4π
C．8π D．20π
[解析]　由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC为底面、以PA为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC的外接圆半径r＝××＝1，外接球球心到△ABC的外接圆圆心的距离d＝1，所以外接球的半径R＝＝，所以三棱锥外接球的表面积S＝4πR2＝8π，
故选C．
4．某四面体的三视图如图所示，正视图、俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形，侧视图是边长为2的正方形，则此四面体的四个面中面积最大的为( B )

A．2 B．2
C．4 D．2
[解析]　如图，四面体的直观图是棱长为2的正方体ABCD－MNPQ中的三棱锥Q－BCN，且QB＝＝2，NC＝QN＝QC＝2，四面体Q－BCN各面的面积分别为S△QBN＝S△QBC＝×2×2＝2，S△BCN＝×2×2＝2，S△QCN＝×(2)2＝2，

面积最大为2.
5．三棱锥S－ABC及其三视图中的正视图和侧视图如图所示，则棱SB的长为( B )

A．2 B．4
C． D．16
[解析]　由已知中的三视图可得SC⊥平面ABC，且底面△ABC为等腰三角形，
在△ABC中AC＝4，AC边上的高为2，
故BC＝4，
在Rt△SBC中，由SC＝4，
可得SB＝4.
6．设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1，S2，体积分别为V1，V2.若它们的侧面积相等且＝，则的值是.
[解析]　设甲、乙两个圆柱的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则有2πr1h1＝2πr2h2，即r1h1＝r2h2，又＝，∴＝，∴＝，则＝()2＝.
7．已知在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，AB＝2AD＝2CD＝2，将直角梯形ABCD沿AC折叠成三棱锥D－ABC，当三棱锥D－ABC的体积取最大值时，其外接球的体积为π.
[解析]　当平面DAC⊥平面ABC时，三棱锥D－ABC的体积取最大值．此时易知BC⊥平面DAC，∴BC⊥AD，又AD⊥DC，∴AD⊥平面BCD，∴AD⊥BD，取AB的中点O，易得OA＝OB＝OC＝OD＝1，故O为所求外接球的球心，故半径r＝1，体积V＝πr3＝π.
8．(文)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．

[解析]　(1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD．
因为BE⊥平面ABCD，所以AC⊥BE.
故AC⊥平面BED．又AC⊂平面AEC，
所以平面AEC⊥平面BED．
(2)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E­ACD的体积
VE­ACD＝×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E­ACD的侧面积为3＋2.
(理)如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G和H分别是CE和CF的中点．

(1)求证：AC⊥平面BDEF；
(2)求证：平面BDGH//平面AEF；
(3)求多面体ABCDEF的体积．
[解析]　(1)证明：因为四边形ABCD是正方形，
所以AC⊥BD．
又因为平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，
且AC⊂平面ABCD，
所以AC⊥平面BDEF.
(2)证明：在△CEF中，因为G、H分别是CE、CF的中点，
所以GH∥EF，
又因为GH⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，
所以GH∥平面AEF.
设AC∩BD＝O，连接OH，
在△ACF中，因为OA＝OC，CH＝HF，
所以OH∥AF，
又因为OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，
所以OH∥平面AEF.
又因为OH∩GH＝H，OH，GH⊂平面BDGH，
所以平面BDGH∥平面AEF.
(3)解：由(1)，得AC⊥平面BDEF，
又因为AO＝，四边形BDEF的面积SBDEF＝3×2＝6，
所以四棱锥A－BDEF的体积V1＝×AO×SBDEF＝4.
同理，四棱锥C－BDEF的体积V2＝4.
所以多面体ABCDEF的体积V＝V1＋V2＝8.