2023年高考數(shù)學二輪復習考前專題五立體幾何與空間向量第1講空間幾何體講學案理

第1講空間幾何體1.以三視圖為載體，考查空間幾何體面積、體積的計算.2.考查空間幾何體的側(cè)面展開圖及簡單的組合體問題.熱點一三視圖與直觀圖1．一個物體的三視圖的排列規(guī)那么俯視圖放在正(主)視圖的下面，長度與正(主)視圖的長度一樣，側(cè)(左)視圖放在正(主)視圖的右面，高度與正(主)視圖的高度一樣，寬度與俯視圖的寬度一樣．即“長對正、高平齊、寬相等〞．2．由三視圖復原幾何體的步驟一般先依據(jù)俯視圖確定底面再利用正(主)視圖與側(cè)(左)視圖確定幾何體．例1(1)(2023屆南昌模擬)一個四面體的頂點在空間直角坐標系O—xyz中的坐標分別是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))，繪制該四面體三視圖時，按照如下列圖所示的方向畫正(主)視圖，那么得到側(cè)(左)視圖可以為()答案B解析將四面體放在正方體中，得到如圖四面體，得到如圖的側(cè)(左)視圖，應選B.(2)有一塊多邊形的菜地，它的水平放置的平面圖形的斜二測直觀圖是直角梯形(如下圖)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，那么這塊菜地的面積為________．答案2＋eq\f(\r(2),2)解析如圖，在直觀圖中，過點A作AE⊥BC，垂足為點E，那么在Rt△ABE中，AB＝1，∠ABE＝45°，∴BE＝eq\f(\r(2),2).而四邊形AECD為矩形，AD＝1，∴EC＝AD＝1，∴BC＝BE＋EC＝eq\f(\r(2),2)＋1.由此可復原原圖形如下圖．在原圖形中，A′D′＝1，A′B′＝2，B′C′＝eq\f(\r(2),2)＋1，且A′D′∥B′C′，A′B′⊥B′C′，∴這塊菜地的面積為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).思維升華空間幾何體的三視圖是從空間幾何體的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三個平面投影圖，因此在分析空間幾何體的三視圖問題時，先根據(jù)俯視圖確定幾何體的底面，然后根據(jù)正(主)視圖或側(cè)(左)視圖確定幾何體的側(cè)棱與側(cè)面的特征，調(diào)整實線和虛線所對應的棱、面的位置，再確定幾何體的形狀，即可得到結(jié)果．在復原空間幾何體實際形狀時，一般是以正(主)視圖和俯視圖為主，結(jié)合側(cè)(左)視圖進行綜合考慮．跟蹤演練1(1)(2023·河北省武邑中學模擬)某錐體的正(主)視圖和側(cè)(左)視圖如圖，那么該錐體的俯視圖不可能是()答案D解析A項，該錐體是底面邊長為2，高為eq\r(3)的正四棱錐．B項，該錐體為底面半徑為1，高為eq\r(3)的圓錐．C項，該錐體是底面為等腰直角三角形，高為eq\r(3)的三棱錐．D項，由于該圖形不滿足三視圖原那么“寬相等〞，所以不可能是該錐體的俯視圖，故D項不符合題意．應選D.(2)(2023·衡陽聯(lián)考)如下圖，三棱錐V－ABC的底面是以B為直角頂點的等腰直角三角形，側(cè)面VAC與底面ABC垂直，假設以垂直于平面VAC的方向作為正(主)視圖的方向，垂直于平面ABC的方向為俯視圖的方向，其正(主)視圖的面積為2eq\r(3)，那么其側(cè)(左)視圖的面積是()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\r(3)C．2eq\r(3) D．3答案B解析設三棱錐的高為h，AB＝BC＝eq\r(2)a，那么AC＝2a，S正(主)視圖＝eq\f(1,2)×2a×h＝2eq\r(3)?h＝eq\f(2\r(3),a)，S側(cè)(左)視圖＝eq\f(1,2)ah＝eq\f(a,2)×eq\f(2\r(3),a)＝eq\r(3).應選B.熱點二幾何體的外表積與體積空間幾何體的外表積和體積計算是高考中常見的一個考點，解決這類問題，首先要熟練掌握各類空間幾何體的外表積和體積計算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不規(guī)那么幾何體分割成幾個規(guī)那么幾何體的技巧，把一個空間幾何體納入一個更大的幾何體中的補形技巧．例2(1)(2023·江西省贛中南五校聯(lián)考)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，那么此幾何體的體積為()A．12 B．18C．24 D．30答案C解析復原幾何體，該幾何體是由三棱柱ABC—A′B′C′截去一個三棱錐D—A′B′C′所得，如下圖．AC＝3，AB＝4，AA′＝5，∠CAB＝90°，所以幾何體的體積是V＝eq\f(1,2)×3×4×5－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×4×3＝24，應選C.(2)(2023·全國Ⅱ)如圖，紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，該幾何體由一平面將一圓柱截去一局部后所得，那么該幾何體的體積為()A．90πB．63π C．42πD．36π答案B解析方法一(割補法)由幾何體的三視圖可知，該幾何體是一個圓柱截去上面虛線局部所得．如下圖，將圓柱補全，并將圓柱從點A處水平分成上下兩局部．由圖可知，該幾何體的體積等于下局部圓柱的體積加上上局部圓柱體積的eq\f(1,2)，所以該幾何體的體積V＝π×32×4＋π×32×6×eq\f(1,2)＝63π.應選B.方法二(估值法)由題意知，eq\f(1,2)V圓柱<V幾何體<V圓柱，又V圓柱＝π×32×10＝90π，∴45π<V幾何體<90π.觀察選項可知只有63π符合．應選B.思維升華(1)求多面體的外表積的根本方法就是逐個計算各個面的面積，然后求和．(2)求簡單幾何體的體積時假設所給的幾何體為柱體、錐體或臺體，那么可直接利用公式求解；求組合體的體積時假設所給定的幾何體是組合體，不能直接利用公式求解，那么常用轉(zhuǎn)換法、分割法、補形法等進行求解；求以三視圖為背景的幾何體的體積時應先根據(jù)三視圖得到幾何體的直觀圖，然后根據(jù)條件求解．跟蹤演練2(1)一個幾何體的三視圖如下圖，那么該幾何體的體積為()A．3B．4 C．5D．6答案C解析從題目所提供的三視圖中的圖形信息與數(shù)據(jù)信息可知，該幾何體是底面分別是矩形與梯形且等高的兩個棱柱的組合體，V＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1×1＋\f(1＋2,2)×1))×2＝5，應選C.(2)(2023屆河南省豫北重點中學聯(lián)考)某幾何體的三視圖如下圖，假設該幾何體的體積為12π＋8，那么該幾何體的外表積為()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解析復原幾何體如下圖，幾何體的體積是V＝πa2×2a×eq\f(3,4)＋eq\f(1,2)×2a×a×a＝12π＋8，解得a＝2，而幾何體的外表積是S＝2πa2＋2πa×a×eq\f(3,2)＋eq\r(2)a×a×2，將a＝2代入，所以S＝20π＋8eq\r(2)，應選B.熱點三多面體與球與球有關的組合體問題，一種是內(nèi)切，一種是外接．解題時要認真分析圖形，明確切點和接點的位置，確定有關元素間的數(shù)量關系，并作出適宜的截面圖．如球內(nèi)切于正方體，切點為正方體各個面的中心，正方體的棱長等于球的直徑．球外接于正方體，正方體的頂點均在球面上，正方體的體對角線長等于球的直徑．球與旋轉(zhuǎn)體的組合，通常作它們的軸截面解題，球與多面體的組合，通過多面體的一條側(cè)棱和球心(或“切點〞“接點〞)作出截面圖．例3(1)(2023·湛江模擬)底面是邊長為1的正方形，側(cè)面是等邊三角形的四棱錐的外接球的體積為()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解析設四棱錐為P－ABCD，底面ABCD是邊長為1的正方形，PA＝PB＝PC＝PD＝1，設外接球的半徑為R，過P作PO1⊥底面ABCD，垂足O1為正方形ABCD的對角線AC，BD的交點，設球心為O，連接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)，應選B.(2)(2023屆咸陽二模)一個三棱錐的所有棱長均為eq\r(2)，那么該三棱錐的內(nèi)切球的體積為____________．答案eq\f(\r(3),54)π解析由題意可知，該三棱錐為正四面體，如下圖．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)，三棱錐的體積VD－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·DO＝eq\f(1,3)，設內(nèi)切球的半徑為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內(nèi)切球＝eq\f(4,3)πr3＝eq\f(\r(3),54)π.思維升華三棱錐P－ABC可通過補形為長方體求解外接球問題的兩種情形(1)點P可作為長方體上底面的一個頂點，點A，B，C可作為下底面的三個頂點．(2)P－ABC為正四面體，那么正四面體的棱都可作為一個正方體的面對角線．跟蹤演練3(1)?九章算術?是我國古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學名著，系統(tǒng)地總結(jié)了戰(zhàn)國、秦、漢時期的數(shù)學成就．書中將底面為長方形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱之為“陽馬〞，假設某“陽馬〞的三視圖如下圖(單位：cm)，那么該“陽馬〞的外接球的體積為()A．100πcm3 B.eq\f(500π,3)cm3C．400πcm3 D.eq\f(4000π,3)cm3答案B解析由三視圖可知，在長、寬、高分別為6,2eq\r(7)，6的長方體中，該幾何體為如下圖的P－ABCD，設該幾何體外接球的半徑為R，由題意可知，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，該“陽馬〞的外接球的體積為V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(500π,3)(cm3)．應選B.(2)(2023屆石家莊質(zhì)檢)四棱錐P－ABCD的底面ABCD是邊長為6的正方形，且PA＝PB＝PC＝PD，假設一個半徑為1的球與此四棱錐所有面都相切，那么該四棱錐的高是()A．6B．5 C.eq\f(9,2)D.eq\f(9,4)答案D解析由題意知，四棱錐P－ABCD是正四棱錐，球的球心O在四棱錐的高PH上，過正四棱錐的高作組合體的軸截面如圖，其中PE，PF是斜高，G為球面與側(cè)面的切點．設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)，應選D.真題體驗1．(2023·北京改編)某四棱錐的三視圖如下圖，那么該四棱錐的最長棱的長度為________．答案2eq\r(3)解析在正方體中復原該四棱錐，如下圖，可知SD為該四棱錐的最長棱．由三視圖可知，正方體的棱長為2，故SD＝eq\r(22＋22＋22)＝2eq\r(3).2．(2023·天津)一個正方體的所有頂點在一個球面上，假設這個正方體的外表積為18，那么這個球的體積為________．答案eq\f(9,2)π解析設正方體棱長為a，那么6a2＝18，∴a＝eq\r(3).設球的半徑為R，那么由題意知2R＝eq\r(a2＋a2＋a2)＝3，∴R＝eq\f(3,2).故球的體積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·全國Ⅰ)三棱錐S—ABC的所有頂點都在球O的球面上，SC是球O的直徑．假設平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱錐S—ABC的體積為9，那么球O的外表積為________．答案36π解析如圖，連接OA，OB.由SA＝AC，SB＝BC，SC為球O的直徑知，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.設球O的半徑為r，那么OA＝OB＝r，SC＝2r，∴三棱錐S－ABC的體積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·江蘇)如圖，在圓柱O1O2內(nèi)有一個球O，該球與圓柱的上、下面及母線均相切．記圓柱O1O2的體積為V1，球O的體積為V2，那么eq\f(V1,V2)的值是________．答案eq\f(3,2)解析設球O的半徑為R，∵球O與圓柱O1O2的上、下底面及母線均相切，∴圓柱O1O2的高為2R，底面半徑為R.∴eq\f(V1,V2)＝eq\f(πR2·2R,\f(4,3)πR3)＝eq\f(3,2).押題預測1．一個幾何體的三視圖及其尺寸如下圖，那么該幾何體的外表積為()A．16 B．8eq\r(2)＋8C．2eq\r(2)＋2eq\r(6)＋8 D．4eq\r(2)＋4eq\r(6)＋8押題依據(jù)求空間幾何體的外表積或體積是立體幾何的重要內(nèi)容之一，也是高考命題的熱點．此類題常以三視圖為載體，給出幾何體的特征，求幾何體的外表積或體積．答案D解析由三視圖知，該幾何體是底面邊長為eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)的正方形，高PD＝2的四棱錐P－ABCD，因為PD⊥平面ABCD，且四邊形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).所以幾何體的外表積為4eq\r(6)＋4eq\r(2)＋8.2．在正三棱錐S－ABC中，點M是SC的中點，且AM⊥SB，底面邊長AB＝2eq\r(2)，那么正三棱錐S－ABC的外接球的外表積為()A．6π B．12πC．32π D．36π押題依據(jù)靈活運用正三棱錐中線與線之間的位置關系來解決外接球的相關問題，是高考的熱點．答案B解析因為三棱錐S－ABC為正三棱錐，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三線兩兩垂直，且AB＝2eq\r(2)，所以SA＝SB＝SC＝2，所以(2R)2＝3×22＝12，所以球的外表積S＝4πR2＝12π，應選B.3．半徑為1的球O中內(nèi)接一個圓柱，當圓柱的側(cè)面積最大時，球的體積與圓柱的體積的比值為________．押題依據(jù)求空間幾何體的體積是立體幾何的重要內(nèi)容之一，也是高考的熱點問題之一，主要是求柱體、錐體、球體或簡單組合體的體積．此題通過球的內(nèi)接圓柱，來考查球與圓柱的體積計算，設問角度新穎，值得關注．答案eq\f(4\r(2),3)解析如下圖，設圓柱的底面半徑為r，那么圓柱的側(cè)面積為S＝2πr×2eq\r(1－r2)＝4πreq\r(1－r2)≤4π×eq\f(r2＋1－r2,2)＝2π(當且僅當r2＝1－r2，即r＝eq\f(\r(2),2)時取等號)．所以當r＝eq\f(\r(2),2)時，eq\f(V球,V圓柱)＝eq\f(\f(4π,3)×13,π\(zhòng)b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2×\r(2))＝eq\f(4\r(2),3).A組專題通關1．如下圖，將圖(1)中的正方體截去兩個三棱錐，得到圖(2)中的幾何體，那么該幾何體的側(cè)(左)視圖為()答案B解析由所截幾何體可知，F(xiàn)C1被平面AD1E遮擋，可得B選項圖．2．某三棱錐的三視圖如下圖，正(主)視圖和俯視圖都是等腰直角三角形，那么該三棱錐中最長的棱長為()A．2eq\r(5) B．2eq\r(3)C．2eq\r(2) D.eq\r(5)答案B解析由三視圖，將幾何體復原在邊長為2的正方體內(nèi)，如下圖．根據(jù)圖可知，三棱錐中最長的棱長是正方體的體對角線對應的棱，棱長為eq\r(22＋22＋22)＝eq\r(12)＝2eq\r(3).應選B.3．(2023·全國Ⅰ)某多面體的三視圖如下圖，其中正(主)視圖和側(cè)(左)視圖都由正方形和等腰直角三角形組成，正方形的邊長為2，俯視圖為等腰直角三角形，該多面體的各個面中有假設干個是梯形，這些梯形的面積之和為()A．10 B．12C．14 D．16答案B解析觀察三視圖可知，該多面體是由直三棱柱和三棱錐組合而成的，且直三棱柱的底面是直角邊長為2的等腰直角三角形，側(cè)棱長為2.三棱錐的底面是直角邊長為2的等腰直角三角形，高為2，如下圖．因此該多面體各個面中有兩個梯形，且這兩個梯形全等，梯形的上底長為2，下底長為4，高為2，故這兩個梯形的面積之和為2×eq\f(1,2)×(2＋4)×2＝12.應選B.4．(2023屆四川省瀘州市四診)某幾何體的正(主)視圖和側(cè)(左)視圖如圖(1)所示，它的俯視圖的直觀圖是A′B′C′，如圖(2)所示，其中O′A′＝O′B′＝2，O′C′＝eq\r(3)，那么該幾何體的外表積為()A．36＋12eq\r(3) B．24＋8eq\r(3)C．24＋12eq\r(3) D．36＋8eq\r(3)答案C解析由圖(2)可知，該幾何體的俯視圖是一個底面邊長為4，高為2eq\r(3)的等腰三角形，即該三角形為等邊三角形，在如下圖的長方體中，長、寬、高分別為4,2eq\r(3)，6，三視圖復原為幾何體是圖中的三棱錐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是腰長為eq\r(52)，底面邊長為4的等腰三角形，S△PAC＝8eq\r(3).綜上可知，該幾何體的外表積為2×12＋4eq\r(3)＋8eq\r(3)＝24＋12eq\r(3).應選C.5．(2023·深圳調(diào)研)棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1，球O與該正方體的各個面相切，那么平面ACB1截此球所得的截面的面積為A.eq\f(8π,3) B.eq\f(5π,3)C.eq\f(4π,3) D.eq\f(2π,3)答案D解析因為球與各面相切，所以直徑為2，且AC，AB1，CB1的中點在所求的切面圓上，所以所求截面為此三點構(gòu)成的邊長為eq\r(2)的正三角形的外接圓，由正弦定理知，R＝eq\f(\r(6),3)，所以截面的面積S＝eq\f(2π,3)，應選D.6．(2023·江西省贛中南五校聯(lián)考)三棱柱ABC－A′B′C′的側(cè)棱垂直于底面，各頂點都在同一球面上，假設該棱柱的體積為eq\r(3)，AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°，那么此球的外表積是()A．2π B．4πC．8π D．10π答案C解析根據(jù)余弦定理可知，BC＝eq\r(3)，那么∠ACB＝90°，點E，F(xiàn)分別是斜邊AB，A′B′的中點，點O為EF的中點，點O為三棱柱外接球的球心，設三棱柱的高為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，所以此球的外表積為S＝4πR2＝8π，應選C.7．(2023屆石家莊模擬)三棱錐S－ABC中，側(cè)棱SA⊥底面ABC,AB＝5,BC＝8,∠B＝60°，SA＝2eq\r(5)，那么該三棱錐的外接球的外表積為()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解析由題意知，側(cè)棱SA⊥底面ABC,AB＝5，BC＝8，∠B＝60°，那么根據(jù)余弦定理可得AC＝eq\r(52＋82－2×5×8×\f(1,2))＝7,△ABC的外接圓圓心2r＝eq\f(AC,sinB)＝eq\f(7,\f(\r(3),2))，∴r＝eq\f(7,\r(3))，三棱錐的外接球的球心到平面ABC的距離d＝eq\f(1,2)SA＝eq\r(5)，那么外接球的半徑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))，那么該三棱錐的外接球的外表積為S＝4πR2＝eq\f(256,3)π.8．如下圖，圖中陰影局部繞AB旋轉(zhuǎn)一周所形成的幾何體的體積為________．答案eq\f(140π,3)解析由題知，旋轉(zhuǎn)一周后形成的幾何體是一圓臺去掉一個半球，其中圓臺的體積為V＝eq\f(1,3)×(π×22＋eq\r(π×22×π×52)＋π×52)×4＝eq\f(156π,3)，半球的體積V＝eq\f(1,2)×eq\f(4,3)×π×23＝eq\f(16π,3)，那么所求體積為eq\f(156π,3)－eq\f(16π,3)＝eq\f(140π,3).9．體積為eq\f(16,3)的正四棱錐S—ABCD的底面中心為O，SO與側(cè)面所成角的正切值為eq\f(\r(2),2)，那么過S—ABCD的各頂點的球的外表積為________．答案16π解析如圖，取AB的中點為F，連接SF，過點O作OG⊥SF，那么∠OSG為SO與側(cè)面所成的角，且tan∠OSG＝eq\f(OF,SO)＝eq\f(\r(2),2).設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).延長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屆馬鞍山模擬)一個幾何體的三視圖如下圖，那么該幾何體的體積為________．答案eq\f(10,3)解析如下圖，三視圖復原為幾何體是棱長為2的正方體中的組合體ABCDEF，將其分割為四棱錐B－CDEF和三棱錐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)，所以該幾何體的體積V＝2＋eq\f(4,3)＝eq\f(10,3).11.如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，點E為線段A1B1的中點，點F，G分別是線段A1D與BC1上的動點，當三棱錐E－FGC的俯視圖的面積最大時，該三棱錐的正(主)視圖的面積是________．答案2解析由題意知，E點在底面的射影E′為AB的中點，F(xiàn)點在底面的射影F′在AD上，G點在底面的射影G′在BC上，三棱錐E－FGC的俯視圖的面積是以E′C為底邊，F(xiàn)′，G′到E′C的距離和為高的三角形的面積，又E′C為定值，所以當F點與D點重合，G點與B點重合時面積最大，此時正(主)視圖的面積為eq\f(1,2)×2×2＝2.12．三棱錐P－ABC的三條側(cè)棱兩兩垂直，且AB＝eq\r(5)，BC＝eq\r(7)，AC＝2，那么此三棱錐外接球的外表積是______．答案8π解析如圖PA,PB,PC兩兩垂直，設PC＝h，那么PB＝eq\r(BC2－PC2)＝eq\r(7－h(huán)2)，PA＝eq\r(AC2－PC2)＝eq\r(4－h(huán)2)，∵PA2＋PB2＝AB2，∴4－h(huán)2＋7－h(huán)2＝5，解得h＝eq\r(3)，在三棱錐P－ABC中，PA,PB,PC兩兩垂直，且PA＝1,PB＝2，PC＝eq\r(3)，∴以PA,PB,PC為棱構(gòu)造一個長方體，那么這個長方體的外接球就是三棱錐P－ABC的外接球，∴由題意可知，這個長方體的中心是三棱錐的外接球的球心，三棱錐的外接球的半徑為R＝eq\f(\r(1＋4＋3),2)＝eq\r(2)，∴外接球的外表積為S＝4πR2＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)))2＝8π.B組能力提高13．四棱錐P－ABCD的三視圖如下圖，那么該四棱錐的外接球的外表積為()A.eq\f(81π,5)B.eq\f(81π,20) C.eq\f(101π,5)D.eq\f(101π,20)答案C解析根據(jù)三視圖復原幾何體為一個四棱錐P－ABCD，平面PAD⊥平面ABCD，由于△PAD為等腰三角形，PA＝PD＝3，AD＝4，四邊形ABCD為矩形，CD＝2，過△PAD的外心F作平面PAD的垂線，過矩形ABCD的中心H作平面ABCD的垂線，兩條垂線交于一點O，O為四棱錐外接球的球心，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).應選C.14．如圖是某組合體的三視圖，那么內(nèi)部幾何體的體積的最大值為()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解析內(nèi)部幾何體是底面為直角三角形的直三棱柱的內(nèi)切球，內(nèi)切球的半徑即為底面直角三角形內(nèi)切圓的半徑，由等面積法易得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)，當且僅當a＝b＝eq\f(5\r(2),2)時，等號成立．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)))是增函數(shù)，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