（2020年高考专用）第八章 立体几何与空间向量 第2节.doc

1、第第 2 节节 简单几何体简单几何体的表面积和体积的表面积和体积 最新考纲 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 圆柱 圆锥 圆台 侧面展开图 侧面积公式 S圆柱侧2rl S圆锥侧rl S圆台侧(r1r2)l 3.简单几何体的表面积与体积公式 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 VS底h 锥 体 (棱锥和圆锥) S表面积S侧S底 V1 3S 底h 台 体 (棱台和

2、圆台) S表面积S侧S上S下 V1 3(S 上S下 S上S下)h 球 S4R2 V4 3R 3 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 3a； (2)若球为正方体的内切球，则 2Ra； (3)若球与正方体的各棱相切，则 2R 2a. 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 a2b2c2. 3.正四面体的外接球与内切球的半径之比为 31. 基 础 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

3、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 3 2 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.(必修 2P44 讲解引申改编)已知圆锥的表面积等于 12 cm2，其侧面展开图是一 个半圆，则底面圆的半径为( ) A.1 cm B.2 cm C.3 cm D.3 2 cm 解析 由题意，得 S表r2rlr2r 2r3r212，解得 r24，所以 r 2(cm). 答案 B 3.(必

4、修 2P50A1 改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱的 体积比 V球V柱为( ) A.12 B.23 C.34 D.13 解析 设球的半径为 R，则V 球 V柱 4 3R 3 R22R 2 3. 答案 B 4.(2016 全国卷)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.12 B.32 3 C.8 D.4 解析 设正方体的棱长为 a，则 a38，解得 a2.设球的半径为 R，则 2R 3a， 即 R 3.所以球的表面积 S4R212. 答案 A 5.(2017 全国卷)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

5、，则该圆柱的体积为( ) A. B.3 4 C. 2 D. 4 解析 如图画出圆柱的轴截面 ABCD，O 为球心.球半径 ROA1，球心到底面 圆的距离为 OM1 2. 底面圆半径 r OA2OM2 3 2 ，故圆柱体积 Vr2 h 3 2 2 13 4 . 答案 B 6.(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 V1 2(12)226. 答案 6 考点一 简单几何体的表面积 【例 1】 (1)(2019 南昌模拟)一个四棱锥的侧棱长都相等，底面

6、是正方形，其主视 图如图所示，则该四棱锥的侧面积是( ) A.4 3 B.4 5 C.4( 51) D.8 (2)(2018 洛阳模拟)某几何体的三视图如图所示，则其表面积为( ) A.17 2 B.9 C.19 2 D.10 解析 (1)因为四棱锥的侧棱长都相等， 底面是正方形， 所以该四棱锥为正四棱锥， 如图. 由题意知底面正方形的边长为 2，正四棱锥的高为 2， 则正四棱锥的斜高 PE 2212 5. 所以该四棱锥的侧面积 S41 22 54 5.故选 B. (2)由三视图可知该几何体由一个圆柱与四分之一个球组合而成. 圆柱的底面半径为 1，高为 3，球的半径为 1， 所以几何体的表面积

7、为 122134121 4 1 21 21 21 29. 故选 B. 答案 (1)B (2)B 规律方法 1.由几何体的三视图求其表面积：(1)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度量大小.(2)还原几何体的直观图，套用相应的面积公 式. 2.(1)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. (2)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用. 【训练 1】 (1)(2019 西安模拟)如图，网格纸上正方形小格的边长为 1，粗实线画 出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( ) A.20 B.24 C.28 D.32 (2)(2018 烟台二模)某几

8、何体的三视图如图所示，其中俯视图右侧曲线为半圆弧， 则几何体的表面积为( ) A.34 22 B.32 22 C.3 2 2 22 D.3 2 2 22 解析 (1)由三视图知，该几何体由一圆锥和一个圆柱构成的组合体， S圆锥侧3324215，S圆柱侧2124，S圆锥底329. 故几何体的表面积 S154928. (2)由三视图，该几何体是一个半圆柱挖去一直三棱柱，由对称性，几何体的底面 面积 S底12( 2)22. 几何体表面积 S2(2 2)1 2(212)S 底 4 22234 22. 答案 (1)C (2)A 考点二 简单几何体的体积 多维探究 角度 1 以三视图为背景的几何体的体积

9、【例 21】 (2019 河北衡水中学调研)某几何体的三视图如图所示，则该几何体 的体积为( ) A.6 B.4 C.22 3 D.20 3 解析 由三视图知该几何体是边长为 2 的正方体挖去一个三棱柱(如图)，且挖去 的三棱柱的高为 1，底面是等腰直角三角形，等腰直角三角形的直角边长为 2.故 几何体体积 V231 22216. 答案 A 角度 2 简单几何体的体积 【例 22】 (2018 天津卷)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 M EFGH 的体积为_. 解析 连接 AD1，CD1

10、，B1A，B1C，AC，因为 E，H 分别为 AD1，CD1的中点， 所以 EHAC，EH1 2AC.因为 F，G 分别为 B1A，B1C 的中点，所以 FGAC， FG1 2AC.所以 EHFG，EHFG，所以四边形 EHGF 为平行四边形，又 EG HF，EHHG，所以四边形 EHGF 为正方形.又点 M 到平面 EHGF 的距离为1 2， 所以四棱锥 MEFGH 的体积为1 3 2 2 2 1 2 1 12. 答案 1 12 角度 3 不规则几何体的体积 【例 23】 如图，在多面体 ABCDEF 中，已知 ABCD 是边长为 1 的正方形，且 ADE，BCF 均为正三角形，EFAB，E

11、F2，则该多面体的体积为( ) A. 2 3 B. 3 3 C.4 3 D.3 2 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， 容易求得 EGHF1 2， AGGDBHHC 3 2 ， 取 AD 的中点 O，连接 GO，易得 GO 2 2 ， SAGDSBHC1 2 2 2 1 2 4 ， 多面体的体积 VV三棱锥EADGV三棱锥FBCHV三棱柱AGDBHC2V三棱锥EADG V三棱柱AGDBHC1 3 2 4 1 22 2 4 1 2 3 .故选 A. 答案 A 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

12、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)如图所示，正三棱柱 A

13、BCA1B1C1的底面边长为 2，侧棱长为 3， D 为 BC 中点，则三棱锥 AB1DC1的体积为( ) A.3 B.3 2 C.1 D. 3 2 (2)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A.816 3 B.416 3 C.84 D.48 3 解析 (1)如题图，在正ABC 中，D 为 BC 中点，则有 AD 3 2 AB 3， 又平面 BB1C1C平面 ABC，平面 BB1C1平面 ABCBC，ADBC，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AB1DC1 的底面 B1DC1上的高， VAB1DC11 3SB1DC1 AD 1 3

14、 1 22 3 31. (2)该几何体为一个半圆柱中间挖去一个四面体， 体积 V1 22 241 3 1 22448 16 3 . 答案 (1)C (2)A 考点三 多面体与球的切、接问题 典例迁移 【例 3】 (经典母题)(2016 全国卷)在封闭的直三棱柱 ABCA1B1C1内有一个体 积为 V 的球.若 ABBC，AB6，BC8，AA13，则 V 的最大值是( ) A.4 B.9 2 C.6 D.32 3 解析 由 ABBC，AB6，BC8，得 AC10. 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1 268 1 2

15、(6810) r，所以 r2. 2r43，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 2R3，即 R3 2. 故球的最大体积 V4 3R 39 2. 答案 B 【迁移探究 1】 若本例中的条件变为“直三棱柱 ABCA1B1C1的 6 个顶点都在球 O 的球面上”，若 AB3，AC4，ABAC，AA112，求球 O 的表面积. 解 将直三棱柱补形为长方体 ABECA1B1E1C1， 则球 O 是长方体 ABECA1B1E1C1的外接球. 体对角线 BC1的长为球 O 的直径. 因此 2R 324212213. 故 S球4R2169. 【迁移探究 2】 若将题目的条件变为“

16、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 2R 的正方形， 由 R2 2 2 R 2 32解得 R26，故该球的表面积 S4R224. 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

17、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 PABC 中，平面 PAC平面 ABC，ABAC， PAPCAC2，AB4，则三棱锥 PABC 的外接球的表面积为( ) A.23 B.23 4 C.64 D.64 3 解析 如图，设 O为正PAC 的中心，D 为 RtABC 斜边的中点，H 为 AC 中点. 由平面 PAC平面 ABC.则 OH平面 ABC.作 OOHD，ODOH，则交点 O 为 三棱锥外接球的球心， 连接 OP， 又 OP2 3PH 2 3 3 2 22 3 3 ， OODH1 2AB 2.R2OP2OP2OO24 34 16 3

18、 . 故几何体外接球的表面积 S4R264 3 . 答案 D 思维升华 1.转化与化归思想：计算旋转体的侧面积时，一般采用转化的方法来进行，即将 侧面展开化为平面图形，“化曲为直”来解决，因此要熟悉常见旋转体的侧面展 开图的形状及平面图形面积的求法. 2.求体积的两种方法：(1)割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转 化成已知体积公式的几何体进行解决.(2)等积法： 等积法包括等面积法和等体积法. 等体积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到， 利 用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高. 易错防范 1.求组合体的表面积时：组合体的衔接部分的面积问题

19、易出错. 2.由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的 结构特征认识不准易导致失误. 3.底面是梯形的四棱柱侧放时，容易和四棱台混淆，在识别时要紧扣定义，以防 出错. 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，其中球心的确定是关键. 类型 1 外接球的问题 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

20、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 11】 某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.25 B.26 C.32 D.36 解析 由三视图可知，该几何体是以俯视图的图形为底面，一条侧棱与底面垂直 的三棱锥.如图，三棱锥 ABCD 即为该几何体，

21、且 ABBD4，CD2，BC 2 3，则 BD2BC2CD2，即BCD90 ，故底面外接圆的直径 2rBD4. 易知 AD 为三棱锥 ABCD 的外接球的直径.设球的半径为 R， 则由勾股定理得 4R2 AB24r232，故该几何体的外接球的表面积为 4R232. 答案 C 【例 12】 (2019 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 2，则过 A，B，C，D 四点的球的 表面积为( ) A.3 B.4 C.5 D.6 解析 连接 BC， 由题知几何体 ABCD 为三棱锥， BDCD1， AD 3， BDAD， C

22、DAD，BDCD，将折叠后的图形补成一个长、宽、高分别是 3，1，1 的长 方体，其体对角线长为 113 5，故该三棱锥外接球的半径是 5 2 ，其表面 积为 5. 答案 C 【例 13】 (2019 广州二测)体积为 3的三棱锥 PABC 的顶点都在球 O 的球面 上，PA平面 ABC，PA2，ABC120 ，则球 O 的体积的最小值为( ) A.7 7 3 B.28 7 3 C.19 19 3 D.76 19 3 解析 设 ABc，BCa，ACb，由题可得 31 3SABC2，解得 SABC 3 3 2 . 因为ABC120 ，SABC3 3 2 1 2acsin 120 ，所以 ac6，

23、由余弦定理可得 b 2 a2c22accos 120 a2c2ac2acac3ac18，当且仅当 ac 时取等 号，此时 bmin3 2.设ABC 外接圆的半径为 r，则 b sin 120 2r(b 最小，则外接 圆半径最小)，故3 2 3 2 2rmin，所以 rmin 6. 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 OO11，R2r2OO21r21，当 rmin 6时，R2min 617，Rmin 7，故球 O 体积的最小值为4 3R 3 min4 3( 7) 328 7 3 . 答案 B 类型 2 内切球

24、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 2】 体积为4 3 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4 3 R34 3 ，得 R1，所以正三棱柱的高 h2. 设底面边长为 a，则1 3 3 2 a1，所以 a2 3. 所以 V 3 4 (2 3)226 3. 答案 6 3 基础巩固题组 (建议用时：40 分钟) 一、选择题 1.一个

25、球的表面积是 16，那么这个球的体积为( ) A.16 3 B.32 3 C.16 D.24 解析 设球的半径为 R，则 S4R216，解得 R2， 则球的体积 V4 3R 332 3 . 答案 B 2.(2015 全国卷)九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如 下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思 为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧 长为 8 尺，米堆的高为 5 尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知 1 斛米 的体积约为 1.62 立方尺，圆周率约为 3，估算出堆放的米约有( ) A.14 斛 B.2

26、2 斛 C.36 斛 D.66 斛 解析 设米堆的底面半径为 r 尺，则 2r8，所以 r 16 . 所以米堆的体积为 V1 4 1 3r 2 5 12 16 2 5320 9 (立方尺). 故堆放的米约有320 9 1.6222(斛). 答案 B 3.(2018 上饶模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( ) A.7 B.15 2 C.23 3 D.47 6 解析 由三视图可知，该几何体是正方体去掉一个三棱锥，正方体的棱长为 2， 三棱锥的三个侧棱长为 1，则该几何体的体积 V231 3 1 21118 1 6 47 6 . 答案 D 4.(2019 安徽皖南八校二联)榫卯是

27、我国古代工匠极为精巧的发明，它是在两个构 件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式.我国的北京紫禁城、山西悬空寺、福建 宁德的廊桥等建筑都用到了榫卯结构.图中网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线 画出的是一种榫卯构件中榫的三视图，则其体积与表面积分别为( ) A.2452，3452 B.2452，3654 C.2454，3654 D.2454，3452 解析 由三视图可知，这榫卯构件中的榫由一个长方体和一个圆柱拼接而成，故 其体积 V4233262454，表面积 S232236 4322235436. 答案 C 5.(2019 商丘模拟)一块硬质材料的三视图如图所示，主视图和俯视图都是边长为 10

28、 cm 的正方形，将该材料切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径最 接近( ) A.3 cm B.4 cm C.5 cm D.6 cm 解析 由题意，知该硬质材料为三棱柱(底面为等腰直角三角形)，所以最大球的 半径等于左视图直角三角形内切圆的半径，设为 r cm，则 10r10r10 2. r105 23(cm). 答案 A 二、填空题 6.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1 3r 2 4

29、r2 81 35 24228， 解得 r 7. 答案 7 7.如图，三棱柱 ABCA1B1C1的体积为 1，P 为侧棱 B1B 上的一点，则四棱锥 PACC1A1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 h1h2，又记 SSABCSA1B1C1，则三棱柱的体积为 VSh1.而从三棱柱中 去掉四棱锥 PACC1A1的剩余体积为 VVPABCVPA1B1C11 3Sh1 1 3Sh2 1 3 S(h1h2)1 3，从而 VPACC1A1VV1 1 3 2 3. 答案 2 3 8.(2018 榆林调研)如图是一个几何体的三视图，其中主

30、视图和左视图均是高为 2， 底边长为 2 2的等腰三角形，俯视图是边长为 2 的正方形，则该几何体的外接球 的体积是_. 解析 如图所示，由三视图可得该几何体是三棱锥 ABCD，其中点 A，B，C， D 均是该三棱锥所在长方体的棱的中点，ABCD2 2，长方体的高为 2，易得 该三棱锥的外接球的半径 R12（ 2）2 3， 因此该三棱锥的外接球的体积 为4R 3 3 4 3. 答案 4 3 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 ABCDA1B1C1D1(如图所示)， 并要求正四棱柱 的高 O1O 是正四棱锥的

31、高 PO1的 4 倍，若 AB6 m，PO12 m，则仓库的容积 是多少？ 解 由 PO12 m，知 O1O4PO18 m.因为 A1B1AB6 m，所以正四棱锥 P A1B1C1D1的体积 V锥1 3 A1B 2 1 PO11 36 2224(m3)； 正四棱柱 ABCDA1B1C1D1的体积 V柱AB2 O1O628288(m3)， 所以仓库的容积 VV锥V柱24288312(m3). 故仓库的容积是 312 m3. 10.如图，长方体 ABCDA1B1C1D1中，AB16，BC10，AA18，点 E，F 分别 在 A1B1，D1C1上，A1ED1F4.过点 E，F 的平面 与此长方体的面

32、相交，交线 围成一个正方形. (1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求平面 把该长方体分成的两部分体积的比值. 解 (1)交线围成的正方形 EHGF 如图所示. (2)如图，作 EMAB，垂足为 M，则 AMA1E4，EB112，EMAA18. 因为四边形 EHGF 为正方形，所以 EHEFBC10. 于是 MHEH2EM26，AH10，HB6. 故 S 四边形 A1EHA1 2(410)856， S 四边形 EB1BH1 2(126)872. 因为长方体被平面 分成两个高为 10 的直棱柱， 所以其体积的比值为9 7 7 9也正确 . 能力提升题组 (建议用时：20 分钟

33、) 11.(2018 德阳模拟)已知一个简单几何体的三视图如图所示， 则该几何体的体积为 ( ) A.36 B.66 C.312 D.12 解析 由三视图还原几何体如图， 该几何体为组合体， 左半部分是四分之一圆锥， 右半部分是三棱锥，则其体积 V1 4 1 33 241 3 1 233436.故选 A. 答案 A 12.用长度分别为 2，3，5，6，9(单位：cm)的五根木棒连接(只允许连接，不允许 折断)， 组成共顶点的长方体的三条棱， 则能够得到的长方体的最大表面积为( ) A.258 cm2 B.414 cm2 C.416 cm2 D.418 cm2 解析 设长方体从同一顶点出发的三条

34、棱的长分别为 a，b，c， 则长方体的表面积 S2(abbcac)1 2(ab) 2(bc)2(ac)2， 当且仅当 abc 时上式“”成立. 由题意可知，a，b，c，不可能相等，故当 a，b，c 的大小最接近时，长方体的表 面积最大，此时从同一顶点出发的三条棱的长为 8，8，9， 用长度为 2，6 的木棒连接，长度为 3，5 的木棒连接各为一条棱，长度为 9 的木 棒为第三条棱，组成长方体， 此时能够得到的长方体的最大表面积为 2(888989)416(cm2). 答案 C 13.(2019 合肥一检)如图，已知平面四边形 ABCD 满足 ABAD2，A60， C90 ， 将ABD 沿对角线

35、 BD 翻折， 使平面 ABD平面 CBD， 则四面体 ABCD 外接球的体积为_. 解析 在四面体 ABCD 中，ABAD2，A60 ， ABD 为正三角形.设 BD 的中点为 M，连接 AM，则 AMBD，又平面 ABD 平面 CBD，平面 ABD平面 CBDBD，AM平面 CBD.CBD 为直角三角 形，其外接圆的圆心是斜边 BD 的中点 M，由球的性质知，四面体 ABCD 外接 球的球心必在线段 AM 上.又ABD 为正三角形，球心是ABD 的中心，则外 接球的半径为2 3 3 2 22 3 3 ，四面体 ABCD 外接球的体积为4 3 2 3 3 3 32 3 27 . 答案 32

36、3 27 14.(2018 沈阳质检)在三棱柱 ABCA1B1C1中，侧面 AA1C1C底面 ABC，AA1 A1CACABBC2，且点 O 为 AC 中点. (1)证明：A1O平面 ABC； (2)求三棱锥 C1ABC 的体积. (1)证明 因为 AA1A1C，且 O 为 AC 的中点， 所以 A1OAC， 又平面AA1C1C平面ABC， 平面AA1C1C平面ABCAC， 且A1O平面AA1C1C， A1O平面 ABC. (2)解 A1C1AC，A1C1平面 ABC，AC平面 ABC， A1C1平面 ABC，即 C1到平面 ABC 的距离等于 A1到平面 ABC 的距离. 由(1)知 A1O平面 ABC 且 A1O AA21AO2 3， VC1ABCVA1ABC1 3SABC A1O 1 3 1 22 3 31.