专题38 空间几何体的表面积和体积(押题专练)-2017年高考数学(文)一轮复习精品资料(解析版)

高考数学复习空间几何体的表面积与体积专题训练（含答案）在我们周围存在着各种各样的物体，它们都占据着空间的一局部，下面是空间几何体的外表积与体积专题训练，请考生及时练习。

一、选择题1.棱长为2的正四面体的外表积是().A. B.4 C.4 D.16解析每个面的面积为：22=.正四面体的外表积为：4.答案 C2.把球的外表积扩展到原来的2倍，那么体积扩展到原来的().A.2倍B.2倍C.倍D.倍解析由题意知球的半径扩展到原来的倍，那么体积V=R3，知体积扩展到原来的2倍.答案 B3.一个几何体的三视图如下图，那么此几何体的正面积(单位：cm2)为().A.48B.64C.80D.120解析据三视图知，该几何体是一个正四棱锥(底面边长为8)，直观图如图，PE为正面PAB的边AB上的高，且PE=5.此几何体的正面积是S=4SPAB=485=80(cm2).答案 C4.三棱锥S-ABC的一切顶点都在球O的球面上，ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC=2，那么此棱锥的体积为().A. B. C. D.解析在直角三角形ASC中，AC=1，SAC=90，SC=2，SA==;同理SB=.过A点作SC的垂线交SC于D点，衔接DB，因SAC≌△SBC，故BDSC，故SC平面ABD，且平面ABD为等腰三角形，因ASC=30，故AD=SA=，那么ABD的面积为1=，那么三棱锥的体积为2=.答案 A.某品牌香水瓶的三视图如下(单位：cm)，那么该几何体的外表积为().A 2B 2C 2D 2解析该几何体的上下为长方体，中间为圆柱.S外表积=S下长方体+S上长方体+S圆柱侧-2S圆柱底=244+442+233+431+21-22=94+.答案 C.球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，AB=，ASC=BSC=30，那么棱锥SABC的体积为().A.3B.2C.D.1解析由题可知AB一定在与直径SC垂直的小圆面上，作过AB的小圆交直径SC于D，设SD=x，那么DC=4-x，此时所求棱锥即联系成两个棱锥SABD和CABD，在SAD和SBD中，由条件可得AD=BD=x，又由于SC为直径，所以SBC=SAC=90，所以DCB=DCA=60，在BDC中，BD=(4-x)，所以x=(4-x)，所以x=3，AD=BD=，所以三角形ABD为正三角形，所以V=SABD4=.答案 C二、填空题.S、A、B、C是球O外表上的点，SA平面ABC，ABBC，SA=AB=1，BC=，那么球O的外表积等于________.解析将三棱锥S-ABC补构成以SA、AB、BC为棱的长方体，其对角线SC为球O的直径，所以2R=SC=2，R=1，外表积为4.答案 4.如下图，一个多面体的平面展开图由一个边长为1的正方形和4个边长为1的正三角形组成，那么该多面体的体积是________.解析由题知该多面体为正四棱锥，底面边长为1，侧棱长为1，斜高为，衔接顶点和底面中心即为高，可求得高为，所以体积V=11=.答案9.某几何体的直观图及三视图如下图，三视图的轮廓均为正方形，那么该几何体的外表积为________.解析借助罕见的正方体模型处置.由三视图知，该几何体由正方体沿面AB1D1与面CB1D1截去两个角所得，其外表由两个等边三角形、四个直角三角形和一个正方形组成.计算得其外表积为12+4.答案 12+4.如下图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6，那么以正方体ABCD-A1B1C1D1的中心为顶点，以平面AB1D1截正方体外接球所得的圆为底面的圆锥的片面积为________.解析设O为正方体外接球的球心，那么O也是正方体的中心，O到平面AB1D1的距离是体对角线长的，即为.又球的半径是正方体对角线长的一半，即为3，由勾股定理可知，截面圆的半径为=2，圆锥底面面积为S1=(2)2=24，圆锥的母线即为球的半径3，圆锥的正面积为S2=23=18.因此圆锥的片面积为S=S2+S1=18=(18+24).答案 (18+24)三、解答题.一个几何体的三视图如下图.主视图是底边长为1的平行四边形，左视图是一个长为，宽为1的矩形，仰望图为两个边长为1的正方形拼成的矩形.(1)求该几何体的体积V;(2)求该几何体的外表积S.解 (1)由三视图可知，该几何体是一个平行六面体(如图)，其底面是边长为1的正方形，高为，所以V=11=.(2)由三视图可知，该平行六面体中，A1D平面ABCD，CD平面BCC1B1，所以AA1=2，正面ABB1A1，CDD1C1均为矩形，S=2(11+1+12)=6+2..在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面为直角三角形，ACB=90，AC=6，BC=CC1=，P是BC1上一动点，如下图，求CP+PA1的最小值.解 PA1在平面A1BC1内，PC在平面BCC1内，将其铺平后转化为平面上的效果处置.铺平平面A1BC1、平面BCC1，如下图.计算A1B=AB1=，BC1=2，又A1C1=6，故A1BC1是A1C1B=90的直角三角形.CP+PA1A1C.在AC1C中，由余弦定理，得A1C===5，故(CP+PA1)min=5..某高速公路收费站入口处的平安标识墩如图1所示，墩的上半局部是正四棱锥PEFGH，下半局部是长方体ABCDEFGH.图2、图3区分是该标识墩的主视图和仰望图.(1)请画出该平安标识墩的左视图;(2)求该平安标识墩的体积.(1)左视图同主视图，如下图：(2)该平安标识墩的体积为V=VPEFGH+VABCDEFGH=40260+40220=64 000(cm3)..如图(a)，在直角梯形ABCD中，ADC=90，CDAB，AB=4，AD=CD=2，将ADC沿AC折起，使平面ADC平面ABC，失掉几何体D-ABC，如图(b)所示.(1)求证：BC平面ACD;(2)求几何体D-ABC的体积.(1)证明在图中，可得AC=BC=2，从而AC2+BC2=AB2，故ACBC，又平面ADC平面ABC，平面ADC平面ABC=AC，BC平面ABC，BC平面ACD.(2)解由(1)可知，BC为三棱锥B-ACD的高，BC=2，SACD=2，VB-ACD=SACDBC=22=，由等体积性可知，几何体D-ABC的体积为.空间几何体的外表积与体积专题训练及答案的全部内容就是这些，查字典数学网预祝考生可以取得优秀的效果。

答案
6~10．CBBCC
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2017 届高考数学（文科）专题练习 空间几何体的三视图、表面积与体积
解析
一、选择题 1．解析：该几何体的侧视图即为其在面 BCC1B1 上的射影，又 A 点射影为点 B，E 点射影为线段 CC1 的中 点，故选 C． 2．解析：由正视图和侧视图可知，这是一个横放的正三棱柱，一个侧面水平放置，则俯视图应为 D． 3．解析：四面体的直观图如图 A-BCD，
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10. 解析：设△ABC 的外接圆的半径为 r，因为 AB=BC=1，AC= ，所以∠ABC=120°，S△ABC= ，
所以 2r= =2．因为三棱锥 D-ABC 的体积的最大值为 ，所以 D 到平面 ABC 的最大距离为 ，设球的 半径为 R，则 12= ×(2R- )，所以 R= ，所以球 O 的表面积为 4πR2= π。故选 C． 二、填空题 11．解析：由三视图得，V= ×1× ×1×2 = 。
所以 V= ×( ×1×2)×2= 。 4．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 ，故选 B． 5．解析：由三视图知此多面体是一个斜四棱柱， 其表面积 S=2×(3×3+3×6+3×3 )=54+18 。 故选 B． 6．解析：由三视图可知，该几何体是一个底面是梯形的直四棱柱，所以 V= ×(2+3)×1×1= 。故选 C． 7． 解析：由三视图可知，该几何体是由圆锥(上方)与圆柱(下方)构成的组合体，其中圆锥与圆柱的底面半 径 r=1，圆锥的母线长 l=2，圆柱的高 H=2． 则圆锥的侧面积 S1=πrl=π×1×2=2π； 圆柱的侧面积 S2=2πrH=2π×1×2=4π； 圆柱的底面积 S3=πr2=π×12=π。 故该组合体的表面积 S=S1+S2+S3=2π+4π+π=7π。 8． 解析：设圆锥底面半径为 r，因为米堆底部弧长为 8 尺，所以 r=8，r= ≈ (尺)，

专练39 空间几何体的表面积和体积命题X 围：空间几何体的表面积与体积[基础强化]一、选择题1．已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2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 ．122πB ．12πC ．82π D．10π2.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：cm 3)是( ) A ．2 B ．4 C ．6 D ．83．[2020·某某摸底]已知某几何体的三视图如图所示(俯视图中曲线为四分之一圆弧)，则该几何体的表面积为( )A ．1－π4B ．3＋π2C ．2＋π4D ．44．[2020·全国卷Ⅱ]已知△ABC 是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为( )A. 3B.32C ．1 D.325．[2020·某某某某高三测试]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.323πC ．8π D．4π6．[2020·黄冈市高三测试]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，则该几何体的体积为( )A.83＋2πB.83＋π C ．4＋2π D．4＋π7．[2019·某某卷]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：cm 3)是( )A．158 B．162C．182 D．3248．[2020·某某高三测试]某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是( )A．4 3 B．8 3C．47 D．89．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( )A．8 B．6 2C．8 2 D．8 3二、填空题10．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是________，体积是________．11．[2019·某某卷]已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为 5.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________．12．[2020·全国卷Ⅲ]已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．[能力提升]13．[2020·全国卷Ⅰ]已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆．若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为( )A ．64π B．48π C ．36π D．32π14．[2020·某某高三测试]一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．4 3B ．4 2C ．4 D.43315．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________．16．由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如下图，则该几何体的体积为________．专练39 空间几何体的表面积和体积1．B 设圆柱的底面半径为r，由题意得高h＝2r，∴(2r)2＝8，得r＝2，∴S圆柱表＝2πr2＋2πrh＝4π＋8π＝12π.2．C 由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形，高为2的直四棱柱，直角梯形的上、下底边长分别为2,1，高为2，∴ 该几何体的体积为V ＝2×⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×2＋1×2＝6.3．D 由三视图可知该几何体是棱长为2的正方体截去一个以1为底面圆的半径，高为1的圆柱的14，如图所示，故其表面积S ＝1×1＋1×1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1×1－π4＋2π4×1＝1＋1＋2－π2＋π2＝4.4．C 设等边△ABC 的边长为a (a >0)，外接圆半径为r ，球心O 到平面ABC 的距离为h ，球的半径为R ，依题意得34a 2＝934，解得a ＝3(负值舍去)， 则△ABC 的外接圆半径为r ＝33a ＝3， 因为球O 的表面积为16π，即4πR 2＝16π，所以R ＝2. 由R 2＝h 2＋r 2得h ＝22－32＝1.故选C.5．A 设正方体的棱长为a ，则a 3＝8，a ＝2，设球的半径为R ，则2R ＝3a ，∴R ＝3， ∴S 球表＝4πR 2＝12π.6．D 依题意，这是半个圆柱和一个三棱柱组成的几何体，故体积为12·2·2·2＋12π·12·2＝4＋π.7．B 本题考查空间几何体的三视图、直视图；以三视图还原直观图为背景考查学生的空间想象能力和运算求解能力；体现直观想象的核心素养；以祖暅原理为背景旨在弘扬中华优秀传统文化，指导学生树立正确的历史观、民族观、国家观．由三视图知该柱体的直观图为如图所示的五棱柱ABCDE －A 1B 1C 1D 1E 1， 取CD 中点G ，连接AG ， 由侧视图知AG ⊥CD ，AG ＝6，∴底面积S ＝S 梯形AGCB ＋S 梯形AGDE ＝12×(2＋6)×3＋12×(4＋6)×3＝27，∴该柱体体积V ＝Sh ＝27×6＝162.故选B.8．C 由三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中PB ⊥平面ABC ，底面三角形为等腰三角形，且AB ＝4，PB ＝4，CD ⊥AB ，CD ＝23，所以AB ＝BC ＝AC ＝4，由此可知四个面中面积最大的为侧面PAC ，取AC 中点E ，连接PE ，BE ，则AC ⊥平面PBE ，所以PE ⊥AC ，PE ＝BE 2＋PB 2＝27，S △PAC ＝12·AC ·PE ＝47，故选C.9．C如图，连接AC 1，BC 1，AC . ∵ AB ⊥平面BB 1C 1C ，∴ ∠AC 1B为直线AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角，∴ ∠AC 1B ＝30°.又AB ＝BC ＝2，在Rt△ABC 1中，AC 1＝2sin 30°＝4，在Rt△ACC 1中，CC 1＝ AC 21－AC 2＝42－22＋22＝22，∴ V 长方体＝AB ×BC ×CC 1＝2×2×22＝8 2. 故选C. 10．80 40解析：该几何体的上方是棱长为2的正方体，下方是底面边长为4，高为2的长方体，故其表面积S ＝4×4×2＋4×4×2＋2×2×4＝80，∴V ＝42×2＋23＝40.11.π4解析：本题考查圆柱、正四棱锥的性质，通过计算圆柱的底面半径、高、体积考查学生的空间想象能力，体现了直观想象的核心素养．如图所示，圆柱的高|O 1O |＝12|PO |＝12PA 2－AO 2＝125－1＝1，圆柱的底面半径r ＝12|AO |＝12，所以圆柱的体积V ＝πr 2·|O 1O |＝π×14×1＝π4. 12.2π3解析：如图为圆锥内球半径最大时的轴截面图． 其中球心为O ，设其半径为r ，AC ＝3，O 1C ＝1， ∴AO 1＝AC 2－O 1C 2＝2 2.∵OO 1＝OM ＝r ，∴AO ＝AO 1－OO 1＝22－r ， 又∵△AMO ∽△AO 1C ，∴OM O 1C ＝AO AC ，即r 1＝22－r 3， 故3r ＝22－r ，∴r ＝22. ∴该圆锥内半径最大的球的体积V ＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝2π3.13．A 如图，由题知△ABC 为等边三角形，圆O 1的半径r ＝2，即O 1B ＝2，∴BC ＝23＝OO 1，在Rt△OO 1B 中，OB 2＝OO 21＋O 1B 2＝16，∴球O 的半径R ＝OB ＝4，则S 球O＝4πR 2＝64π.故选A.14．C 由三视图可知该几何体为如图所示的四棱锥P －ABCD ，其中PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AD ＝2，BC ＝4，AD ⊥AB ，AP ＝2，AB ＝2，∴该几何体的体积V ＝13×2＋42×2×2＝4.故选C.15.43解析：多面体由两个完全相同的正四棱锥组合而成，其中正四棱锥的底面边长为2，高为1，∴其体积为13×(2)2×1＝23，∴多面体的体积为43.16．2＋π2解析：由几何体的三视图可画出该几何体的直观图如下：∴该几何体的体积V ＝2×1×1＋12×π×1＝2＋π2.。

§8.2 空间几何体的表面积与体积1．(2017·太原一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．6π＋1 B.(24＋2)π4＋1C.(23＋2)π4＋12D.(23＋2)π4＋1答案 D解析 由几何体的三视图知，该几何体为一个组合体，其中下部是底面直径为2，高为2的圆柱，上部是底面直径为2，高为1的圆锥的四分之一，所以该几何体的表面积为4π＋π＋3π4＋2π4＋1＝(23＋2)π4＋1，故选D.2．(2017·安徽安师大附中、马鞍山二中测试)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．12B ．18C ．24D ．30答案 C解析 由三视图知，该几何体是一个长方体的一半再截去一个三棱锥后得到的，如图所示，该几何体的体积V ＝12×4×3×5－13×12×4×3×(5－2)＝24，故选C.3．(2017·宝鸡质检)已知A ，B ，C 三点都在以O 为球心的球面上，OA ，OB ，OC 两两垂直，三棱锥O —ABC 的体积为43，则球O 的表面积为( )A.16π3 B ．16π C.32π3 D ．32π 答案 B解析 设球O 的半径为R ，以球心O 为顶点的三棱锥的三条侧棱两两垂直且都等于球的半径R ，另外一个侧面是边长为2R 的等边三角形．因此根据三棱锥的体积公式，得13×12R 2·R ＝43，∴R ＝2，∴S 球的表面积＝4π×22＝16π，故选B.4．(2017·昆明质检)如图所示，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，则该几何体的体积为()A．24πB．30πC．42πD．60π答案 A解析由三视图知，该几何体是半径为3的半球与底面半径为3、高为4的半圆锥的组合体，所以该几何体的体积V＝12×43π×33＋12×13π×32×4＝24π，故选A.5．(2018·九江一模)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线是一个棱锥的三视图，则此棱锥的表面积为()A．6＋42＋2 3 B．8＋4 2C．6＋6 2 D．6＋22＋4 3答案 A解析直观图是四棱锥P—ABCD，如图所示，S△P AB＝S△P AD＝S△PDC＝1 2×2×2＝2，S△PBC＝12×22×22×sin 60°＝23，S四边形ABCD＝22×2＝42，因此所求棱锥的表面积为6＋42＋2 3.故选A.6．(2017·广州市高中毕业班综合测试)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P—ABC 为鳖臑，P A⊥平面ABC，P A＝AB＝2，AC＝4，三棱锥P—ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为()A．8πB．12πC．20πD．24π答案 C解析方法一将三棱锥P—ABC放入长方体中，如图(1)，三棱锥P—ABC的外接球就是长方体的外接球．因为P A＝AB＝2，AC＝4，△ABC为直角三角形，所以BC＝42－22＝2 3.设外接球的半径为R，由题意可得(2R)2＝22＋22＋(23)2＝20，故R2＝5，则球O的表面积为4πR2＝20π，故选C.方法二利用鳖臑的特点求解，如图(2)，因为四个面都是直角三角形，所以PC的中点到每一个顶点的距离都相等，即PC的中点为球心O，易得2R＝PC＝20，所以球O的表面积为4πR 2＝20π，故选C.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________． 答案7解析 设新的底面半径为r ，由题意得13πr 2·4＋πr 2·8＝13π×52×4＋π×22×8，解得r ＝7.8．(2017·天津)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________． 答案 92π解析 设正方体棱长为a ，则6a 2＝18， ∴a ＝ 3.设球的半径为R ，则由题意知2R ＝a 2＋a 2＋a 2＝3，∴R ＝32.故球的体积V ＝43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫323＝92π.9.(2017·南昌一模)如图所示，在直角梯形ABCD 中，AD ⊥DC ，AD ∥BC ，BC ＝2CD ＝2AD ＝2，若将该直角梯形绕BC 边旋转一周，则所得的几何体的表面积为______．答案 (2＋3)π解析 根据题意可知，此旋转体的上半部分为圆锥(底面半径为1，高为1)，下半部分为圆柱(底面半径为1，高为1)，如图所示．则所得几何体的表面积为圆锥的侧面积、圆柱的侧面积以及圆柱的下底面积之和，即表面积为12·2π·1·12＋12＋2π·12＋π·12＝(2＋3)π.10．(2018·长沙质检)如图所示，一个底面半径为R 的圆柱形量杯中装有适量的水．若放入一个半径为r 的实心铁球，水面高度恰好升高r ，则Rr＝________.答案233解析由水面高度升高r，得圆柱体积增加了πR2r，恰好是半径为r的实心铁球的体积，因此有43πr3＝πR2r.故R r＝233.11.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63，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BE⊥AC.而BD∩BE＝B，BD，BE⊂平面BED，所以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＝32x，GB＝GD＝x2.因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝32x.由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝22x.由已知得，三棱锥E-ACD的体积V三棱锥EACD＝13×12AC·GD·BE＝624x3＝63，故x＝2.从而可得AE＝EC＝ED＝ 6.所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为 5.故三棱锥EACD的侧面积为3＋2 5.12.(2018·贵阳质检)如图，△ABC内接于圆O，AB是圆O的直径，四边形DCBE为平行四边形，DC⊥平面ABC，AB＝2，EB＝ 3.(1)求证：DE⊥平面ACD；(2)设AC＝x，V(x)表示三棱锥B－ACE的体积，求函数V(x)的解析式及最大值．(1)证明∵四边形DCBE为平行四边形，∴CD∥BE，BC∥DE.∵DC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴DC⊥BC.∵AB是圆O的直径，∴BC⊥AC，且DC∩AC＝C，DC，AC⊂平面ADC，∴BC⊥平面ADC.∵DE∥BC，∴DE⊥平面ADC.(2)解∵DC⊥平面ABC，∴BE⊥平面ABC.在Rt △ABE 中，AB ＝2，EB ＝ 3. 在Rt △ABC 中，∵AC ＝x ，∴BC ＝4－x 2(0<x <2)，∴S △ABC ＝12AC ·BC ＝12x ·4－x 2，∴V (x )＝V 三棱锥E －ABC ＝36x ·4－x 2(0<x <2)． ∵x 2(4－x 2)≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋4－x 222＝4，当且仅当x 2＝4－x 2，即x ＝2时取等号，∴当x ＝2时，体积有最大值33.13.(2017·青岛模拟)如图，四棱锥P —ABCD 的底面ABCD 为平行四边形，NB ＝2PN ，则三棱锥N —P AC 与三棱锥D —P AC 的体积比为( )A ．1∶2B ．1∶8C ．1∶6D ．1∶3答案 D解析 设点P ，N 在平面ABCD 内的射影分别为点P ′，N ′，则PP ′⊥平面ABCD ，NN ′⊥平面ABCD ， 所以PP ′∥NN ′.连接BP ′，则在△BPP ′中， 由BN ＝2PN ，得NN ′PP ′＝23.V 三棱锥N —P AC ＝V 三棱锥P —ABC －V 三棱锥N —ABC ＝13S △ABC ·PP ′－13S △ABC ·NN ′ ＝13S △ABC ·(PP ′－NN ′)＝13S △ABC ·13PP ′ ＝19S △ABC ·PP ′， V 三棱锥D —P AC ＝V 三棱锥P —ACD ＝13S △ACD ·PP ′＝13S △ABC ·PP ′. ∴V 三棱锥N —P AC ∶V 三棱锥D —P AC ＝19∶13＝1∶3.14．(2017·唐山统考)在三棱锥P —ABC 中，P A ⊥平面ABC 且P A ＝2，△ABC 是边长为3的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为( ) A.4π3 B ．4π C ．8π D ．20π 答案 C解析 由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC 为底面、以P A 为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC 的外接圆半径r ＝32×3×23＝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 ＝r 2＋d 2＝2，所以三棱锥外接球的表面积S ＝4πR 2＝8π，故选C.15．(2017·云南师范大学附属中学适应性考试)已知三棱锥O —ABC 的顶点A ，B ，C 都在半径为2的球面上，O 是球心，∠AOB ＝120°，当△AOC 与△BOC 的面积之和最大时，三棱锥O —ABC 的体积为( ) A.32 B.233C.23D.13 答案 B解析 设球O 的半径为R ，因为S △AOC ＋S △BOC ＝12R 2(sin ∠AOC ＋sin ∠BOC )， 所以当∠AOC ＝∠BOC ＝90°时，S △AOC ＋S △BOC 取得最大值，此时OA ⊥OC .OB ⊥OC ，OB ∩OA ＝O ，OA ，OB ⊂平面AOB ，所以OC ⊥平面AOB ，所以V 三棱锥O —ABC ＝V 三棱锥C —OAB＝13OC ·12OA ·OB sin ∠AOB ＝16R 3sin ∠AOB ＝233， 故选B.16．如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD ＝DA ，PB ＝BA ，则四面体P —BCD 的体积的最大值是________．答案 12解析 设PD ＝DA ＝x ，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，∴AC ＝AB 2＋BC 2－2·AB ·BC ·cos ∠ABC ＝4＋4－2×2×2×cos 120°＝23，∴CD ＝23－x ，且∠ACB ＝12(180°－120°)＝30°， ∴S △BCD ＝12BC ·DC ·sin ∠ACB ＝12×2×(23－x )×12＝12(23－x )． 要使四面体体积最大，当且仅当点P 到平面BCD 的距离最大，而P 到平面BCD 的最大距离为x .则V 四面体P —BCD ＝13×12(23－x )x ＝16『－(x －3)2＋3』， 由于0＜x ＜23，故当x ＝3时，V 四面体P —BCD 取最大值为16×3＝12.。