专题7.1 空间几何体的结构特征、表面积、体积-2022年高考数学一轮复习核心素养大揭秘学案

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第七篇 立体几何与空间向量
专题7.01 空间几何体的结构特征、表面积、体积
【考纲要求】
1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．
2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简单组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图．
3．会用平行投影方法与中心投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式．
4.了解球、柱体、锥体、台体的表面积和体积的计算公式
【命题趋势】
空间几何体的结构特征、三视图、直观图、表面积和体积在高考中每年都会考查，主要考查几何体的三视图及已知几何体的三视图求几何体的表面积和体积
【核心素养】
本讲内容主要考查直观想象、数学建模、数学运算的核心素养.
【素养清单•基础知识】
1．空间几何体的结构特征
(1)多面体的结构特征
多面体
结构特征
棱柱
有两个面平行，其余各面都是四边形且每相邻两个面的交线都平行且相等
棱锥
有一个面是多边形，而其余各面都是有一个公共顶点的三角形
棱台
棱锥被平行于底面的平面所截，截面和底面之间的部分叫做棱台
(2)旋转体的形成
几何体
旋转图形
旋转轴
圆柱
矩形
矩形一边所在的直线
圆锥
直角三角形
一直角边所在的直线
圆台
直角梯形或
等腰梯形
直角腰所在的直线或等腰梯形上下底中点连线所在的直线
球
半圆或圆
直径所在的直线
2.空间几何体的三视图和直观图
(1)三视图的名称
几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图．
(2)三视图的画法
①在画三视图时，重叠的线只画一条，可见的线要画成实线，不可见的线要画成虚线．
②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体的正投影图．
(3)空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：
①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．
②原图形中平行于坐标轴的线段，在直观图中仍然分别平行于坐标轴；平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段在直观图中长度为原来的一半．
3．空间几何体的表面积与体积
名称
几何体
表面积
体积
柱体
(棱柱和圆柱)
S表面积＝S侧＋2S底
V＝Sh
锥体
(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝　Sh　
台体
(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝(S上＋S下＋)h
球
S＝4πR2
V＝　πR3　
4. (1)球的任何截面是圆面；
(2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面；
(3)球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r的关系为r＝.
【素养清单•常用结论】
1．常见旋转体的三视图
(1)球的三视图都是半径相等的圆．
(2)底面与水平面平行放置的圆锥的正视图和侧视图为全等的等腰三角形．
(3)底面与水平面平行放置的圆台的正视图和侧视图为全等的等腰梯形．
(4)底面与水平面平行放置的圆柱的正视图和侧视图为全等的矩形．
2．斜二测画法中的“三变”与“三不变”
“三变”
“三不变”
【真题体验】
1.【2019年高考浙江卷】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
【答案】B
【解析】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，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，则该棱柱的体积为.
故选B.
【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体——棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积，常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.
2.【2019年高考全国Ⅲ卷理数】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，，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.

【答案】118.8
【解析】由题意得，，
∵四棱锥O−EFGH的高为3cm， ∴．
又长方体的体积为，
所以该模型体积为，其质量为．
【名师点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量即可.
3.【2019年高考北京卷理数】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__________．

【答案】40
【解析】如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱之后余下的几何体，

则几何体的体积.
【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体，再根据题目给定的数据，计算几何体的体积.属于中等题.(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．
4.【2019年高考天津卷理数】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_____________．
【答案】
【解析】由题意，四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为，借助勾股定理，可知四棱锥的高为.
若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为，圆柱的底面半径为，
故圆柱的体积为.
【名师点睛】根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径.注意本题中圆柱的底面半径是棱锥底面对角线长度的一半、不是底边棱长的一半.
5.【2019年高考江苏卷】如图，长方体的体积是120，E为的中点，则三棱锥E−BCD的体积是 ▲ .

【答案】10
【解析】因为长方体的体积为120，所以，
因为为的中点，所以，
由长方体的性质知底面，
所以是三棱锥的底面上的高，
所以三棱锥的体积.
【名师点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.
6.【2019年高考全国Ⅱ卷理数】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_________．（本题第一空2分，第二空3分．）

【答案】26，
【解析】由图可知第一层（包括上底面）与第三层（包括下底面）各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有个面．
如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与的延长线交于点，延长交正方体的棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形，
，
，
即该半正多面体的棱长为．

【名师点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，稳中求胜是关键．立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形．
【考法拓展•题型解码】
考法一　　空间几何体的结构特征
解题技巧　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　
解决与空间几何体结构特征有关问题的三个技巧
(1)把握几何体的结构特征，多观察实物，提高空间想象能力．
(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型．
(3)通过反例对结构特征进行辨析．
【例1】 (1)给出下列命题：
①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；
②在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；
③棱台的侧棱延长后交于一点．
其中正确命题的个数是(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
【答案】C
【解析】①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；③正确，由棱台的概念可知．
(2)以下命题：
①以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；
②圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；
③一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．
其中正确命题的个数为(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
【答案】B
【解析】由圆台的定义可知①错误，②正确；对于命题③，只有用平行于圆锥底面的平面截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，③不正确．
考法二　　空间几何体的三视图和直观图
归纳总结　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)由实物图画三视图或判断选择三视图，需要注意“长对正、高平齐、宽相等”的原则．由三视图还原实物图，要遵循以下三步：①看视图，明关系；②分部分，想整体；③综合起来，定整体．
(2)解决有关“斜二测画法”问题时，一般在已知图形中建立直角坐标系，尽量运用图形中原有的垂直直线或图形的对称轴为坐标轴，图形的对称中心为原点，注意两个图形中关键线段长度的关系．记住原图形面积S与直观图面积S′之间的关系S′＝S，能更快捷地进行相关问题的计算．
【例2】 (1)(2018·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(　　)

【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为A项．


(2)(2018·全国卷Ⅰ)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
【答案】B
【解析】先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点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位于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．又ON＝×16＝4，OM＝2，所以MN＝＝＝2.故选B.

(3)(2019·宁波鄞州中学期中)如图正方形OABC的边长为1 cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是__________cm.

【答案】8
【解析】由题意知正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，所以OB＝，对应原图形平行四边形的高为2，所以原图形中，OA＝BC＝1，AB＝OC＝，故原图形的周长为2×(1＋3)＝8.

考法三　　空间几何体的表面积和体积
归纳总结　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图，确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．
(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；求组合体的表面积时要注意衔接部分的处理；求旋转体的表面积时要注意其侧面展开图的应用．
(3)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用体积公式进行求解．其中，等体积转换法多用来求三棱锥的体积．
(4)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．
(5)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．
【例3】 (1)(2018·全国卷Ⅰ)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
【答案】B
【解析】设圆柱的直径为2R，则高为2R，由题意得4R2＝8，所以R＝，则圆柱表面积为π·()2×2＋2π×2＝12π.故选B.
(2)(2016·全国卷Ⅲ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为(　　)

A．18＋36 B．54＋18
C．90 D．81
【答案】B
【解析】由三视图可知该几何体是底面为正方形(边长为3)，高为6，侧棱长为3的斜四棱柱，其表面积S＝2×32＋2×3×3＋2×3×6＝54＋18.故选B.
【例4】 (1)(2018·浙江卷)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】根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上下底分别为1,2，梯形的高为2，因此几何体的体积为×(1＋2)×2×2＝6.故选C.
(2)(2018·天津卷)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1－BB1D1D的体积为__________．

【答案】
【解析】由题意知四棱锥A1－BB1D1D的底面是矩形，边长为1和，四棱锥的高为A1C1＝，故四棱锥A1－BB1D1D的体积为×1××＝.
考法四　　与球有关的切、接问题
归纳总结　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)正方体的内切球的直径为棱长，外接球的直径为正方体的体对角线长，此问题也适合长方体，或由同一顶点出发的两两互相垂直的三条棱构成的三棱柱或三棱锥．
(2)直棱柱外接球的球心到直棱柱底面的距离恰为棱柱高的.求球的半径关键是找到由球的半径构成的三角形，解三角形即可求球的半径．
(3)球与旋转体的组合通常作出它们的轴截面解题．
(4)球与多面体的组合，通常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．
【例5】 (1)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为(　　)
A. B．16π
C．9π D.
【答案】A
【解析】如图所示，设球的半径为R，底面中心为O′，且球心为O.因为正四棱锥P－ABCD中AB＝2，所以AO′＝.
因为PO′＝4，所以在Rt△AOO′中，AO2＝AO′2＋OO′2，所以R2＝()2＋(4－R)2，解得R＝.

所以该球的表面积为4πR2＝4π×2＝.
(2)已知直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为(　　)
A. 　　　B．2　　　 C.　　　 D．3
【答案】C
【解析】如图所示，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M.

又AM＝BC＝，OM＝AA1＝6，
所以球O的半径R＝OA＝.
(3)若一个正四面体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，则＝__________.
【答案】
【解析】设正四面体棱长为a，则正四面体表面积为S1＝4×a2＝a2，其内切球半径为正四面体高的，即r＝×a＝a，因此内切球表面积为S2＝4πr2＝，
则＝＝.

(4)已知三棱锥SABC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】设球O的半径为R，因为SC为球O的直径，所以点O为SC的中点，连接AO，OB，因为SA＝AC，SB＝BC，所以AO⊥SC，BO⊥SC，因为平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，所以AO⊥平面SCB，所以VS－ABC＝VA－SBC＝×S△SBC×AO＝××AO，即
9＝××R，解得R＝3，所以球O的表面积S＝4πR2＝4π×32＝36π.

【易错警示】
易错点　不会识别复杂图形的三视图
【典例】 如图所示，将图①中的正方体截去两个三棱锥，得到图②中的几何体，则该几何体的侧(左)视图为(　　)


【错解】：由于对角线AD1为虚线不可见，C1F为实线可见，且投影后AD1在C1F右侧，故上面为实线，下面为虚线．故选A.
【错因分析】：本题的解答最好从原图去看，把B1C1CB作为投影面，各个不同的点投影到什么位置，其中哪些线条可见或不可见就一目了然，由于解答过程中未分清楚可见与不可见的线条，因此出错．
【正解】：从几何体的左侧看，对角线AD1在视线范围内，故画为实线，侧面的棱C1F不在视线范围内，故画为虚线，且上端点位于几何体上底面边的中点．故选B.
【答案】：B
【跟踪训练】 如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)(　　)

A．①②⑥ B．①②③
C．④⑤⑥ D．③④⑤
【答案】B　
【解析】正视图应该是相邻两边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是①；侧视图应该是相邻两边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应该是相邻两边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③.故选B.

【递进题组】
1．给出下列命题：
①存在一个四个侧面都是直角三角形的四棱锥；
②如果棱柱有一个侧面是矩形，则其余各侧面也都是矩形；
③圆台的任意两条母线所在直线必相交．
其中正确命题的个数是(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
【答案】C　
【解析】 ①如图中的四棱锥，底面是矩形，一条侧棱垂直于底面，那么它的四个侧面都是直角三角形，故①正确；

②如图所示的棱柱有一个侧面是矩形，但其余各侧面不是矩形，故②错误；

③根据圆台的定义和性质可知，命题③正确．所以正确命题的个数为2.
2．(2016·天津卷)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为(　　)

【答案】B　
【解析】 由几何体的正视图、俯视图以及题意可画出几何体的直观图，如图所示，该几何体的侧视图为B项．故选B.

3．(2017·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.
【答案】B　
【解析】设圆柱的底面圆半径为r，由题意可得12＋(2r)2＝22，解得r＝.所以圆柱的体积V＝πr2×1＝.故选B.
4．若几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为(　　)

A．34π B．35π
C．36π D．17π
【答案】A　
【解析】由几何体的三视图知它是底面为正方形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥，可把它补成一个长、宽、高分别为3,3,4的长方体，该长方体的外接球即为原四棱锥的外接球，所以4R2＝32＋32＋42＝18＋16＝34(其中R为外接球的半径)，所以外接球表面积为S＝4πR2＝34π.故选A.
5．某几何体的三视图如图所示，其中侧视图的下半部分曲线为半圆弧，则该几何体的表面积为(　　)

A．4π＋16＋4 B．5π＋16＋4
C．4π＋16＋2 D．5π＋16＋2
【答案】D　
【解析】由三视图可知该几何体是一个正三棱柱和一个半圆柱的组合体，三棱柱的两个侧面面积之和为2×4×2＝16，两个底面面积之和为2××2×＝2；半圆柱的侧面积为π×4＝4π，两个底面面积之和为2××π×12＝π，所以几何体的表面积为5π＋16＋2.故选D.
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__________．
【答案】 .
【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＝，所以＝，所以＝，则＝＝.

【考卷送检】
一、选择题
1．下列说法正确的是(　　)
A．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱
B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱
C．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫棱锥
D．棱台各侧棱的延长线交于一点
【答案】D　
【解析】由棱柱和棱锥的概念可知A，B，C项均错误．由于棱台是由平行于棱锥底面的平面截棱锥所得到的截面与底面之间的部分，故棱台各侧棱的延长线交于一点．
2．某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是(　　)

【答案】D　
【解析】 由几何体的正视图和侧视图，结合四个选项中的俯视图知，若为D项，则正视图应为，故D项不可能．故选D.
3．(2018·北京卷)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(　　)

A．1 B．2
C．3 D．4
【答案】C　
【解析】由三视图可知该几何体底面为一个直角梯形，且有一棱与底面垂直，因此在四个侧面中有3个直角三角形．故选C.
4.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是(　　)

A．2＋ B．2＋2
C. D.
【答案】B　
【解析】三棱锥的高为1，底面为等腰三角形，如图，因此表面积是×2×2＋2×××1＋××2＝2＋2.故选B.

5．已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸，可得出这个几何体的内切球半径是(　　)

A. B.
C.－2 D．3－6
【答案】C　
【解析】由三视图可知该几何体为三棱锥，设内切球半径为r，则由棱锥的体积公式有Sh＝(S1＋S2＋S3＋S4)r，其中S＝×2×2＝2，h＝2，S1，S2，S3，S4分别是三棱锥四个面的面积，S1＝S2＝S＝2，S3＝S4＝×2×＝，所以4＝(4＋2)r，解得r＝－2.
6．(2017·全国卷Ⅱ)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，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为(　　)

A．90π B．63π
C．42π D．36π
【答案】B　
【解析】依题意，题中的几何体是用一个平面将一个底面半径为3，高为10的圆柱截去一部分后所剩余的部分，可在该几何体的上方拼接一个与之完全相同的几何体，从而形成一个底面半径为3，高为10＋4＝14的圆柱，因此该几何体的体积等于×π×32×14＝63π.故选B.
二、填空题
7．(2018·江苏卷)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．

【答案】
【解析】由题意知所给的几何体是棱长均为的八面体，它是由两个有公共底面的正四棱锥组合而成的，正四棱锥的高为1，所以这个八面体的体积为2V正四棱锥＝2××()2×1＝.
8．等腰梯形ABCD中，上底CD＝1，腰AD＝CB＝，下底 AB ＝ 3，以下底所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为________．
【答案】
【解析】如图所示：

因为OE＝，所以O′E′＝，E′F＝，则直观图A′B′C′D′的面积为S′＝×(1＋3)×＝.
9．某四棱锥的三视图如图所示，则最长的一条侧棱的长度是________．

【答案】
【解析】根据三视图可知原几何体如图所示，最长棱为AC，所以AE＝2，EB＝2，ED＝3，DC＝4，所以EC＝5，所以AC＝.

三、解答题
10．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm的全等的等腰直角三角形．
　　
(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；
(2)求PA.
【答案】见解析
【解析】(1)该四棱锥的俯视图是边长为6 cm的正方形(内含对角线)，如图，其面积为36 cm2.

(2)由侧视图可求得PD＝.由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，
11．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．AB＝6 m，PO1 ＝2 m，则仓库的容积是多少？

【答案】见解析
【解析】由PO1＝2知O1O＝4PO1＝8.因为A1B1＝AB＝6，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)．
12．已知矩形ABEF所在的平面与矩形ABCD所在的平面互相垂直，AD＝2，AB＝3，AF＝，M为EF的中点，求多面体M－ABCD的外接球的表面积和体积．
【答案】见解析
【解析】记多面体M－ABCD的外接球的球心为O，如图，过点O分别作平面ABCD和平面ABEF的垂线，垂足分别为Q，H，则Q，H分别为矩形ABCD和△ABM外接圆的圆心．连接MH并延长，交AB于点N，连接OM，NQ，AQ.设球O的半径为R，球心到平面ABCD的距离为d，即OQ＝d，因为矩形ABEF所在的平面与矩形ABCD所在的平面互相垂直，AF＝，M为EF的中点，所以MN＝，又AB＝3，AD＝2，所以AN＝NB＝，NQ＝1，所以R2＝AN2＋NQ2＋OQ2＝MH2＋OH2，即＋1＋d2＝12＋2，所以d＝，R＝2，所以多面体M－ABCD的外接球的表面积为4πR2＝16π，体积为πR3＝.

13．(2019·陕西西工大附中训练)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为m的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝m，PA＝PC＝m，若在这个四棱锥内放一个球，则此球的最大半径是________．

【答案】(2－)m
【解析】由PD⊥底面ABCD得PD⊥AD.又PD＝m，PA＝m，则AD＝m.设内切球的球心为O，半径为R，连接OA，OB，OC，OD，OP(图略)，易知VP－ABCD＝VO－ABCD＋VO－PAD＋VO－PAB＋VO－PBC＋VO－PCD，即·m2·m＝m2R＋×m2R＋××m2·R＋××m2·R＋×m2R，解得R＝(2－)m，所以此球的最大半径是(2－)m.