高考专题练习：空间几何体的表面积与体积

圆柱圆锥侧面展开图侧面积公式S＝2πrl圆柱侧S＝πrlS＝π(r＋r′)l圆台侧圆锥侧2．空间几何体的表面积与体积公式名称表面积体积几何体柱体(棱柱和圆柱)S＝S＋2SV＝Sh底表面积侧底13锥体(棱锥和圆锥)S＝S＋S表面积侧底V＝Sh底1(棱台和圆台)S＝S＋S＋SV＝(S＋S＋SS)h3表面积侧上下上下上下台体43球S＝4πR2V＝πR3常用结论1．正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球的半径(1)外接球：球心是正方体的中心；半径r＝23a(a为正方体的棱长)．a(2)内切球：球心是正方体的中心；半径r＝(a为正方体的棱长)．2(3)与各条棱都相切的球：球心是正方体的中心；半径r＝22a(a为正方体的棱长)．2．正四面体的外接球、内切球的球心和半径(1)外接球：球心是正四面体的中心；半径r＝46a(a为正四面体的棱长)．(2)内切球：球心是正四面体的中心；半径r＝126a(a为正四面体的棱长)．一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”(1)多面体的面积之和．((2)锥体的体积等于底面积与高之积．((3)球的体积之比等于半径比的平方．()表面积等于各个面的)))(4)简单组合体的体积等于组成它的简单几何体体积的和或差．()(5)长方体既有外接球又有内切球．()答案：(1)√(2)×(3)×(4)√(5)×二、易错纠偏常见误区|(1)考虑不周，(2)锥体的(3)组合体的1．将一个相邻边长分别为4π，8π的矩形卷成一个圆柱，积是________．当底面周长为4π时，底面圆的半径为2，两个底面的面积之和是8π；忽视分类讨论；底面及其对应高不清楚；表面积没注意衔接部分．则这个圆柱的表面解析：当底面周长为8π时，底面圆的半径为4，两个底面的面积之和为32π.无论哪种方式，侧面积都是矩形的面积32π2，故所求的表面积是32π2＋8π或32π2＋32π.答案：32π2＋8π或32π2＋32π2．已知三棱锥S-ABC中，∠SAB＝∠ABC＝2π，SB＝4，SC＝213，AB＝2，BC＝6，则三棱锥S-ABC的体积是________．π2π2解析：由∠ABC＝，AB＝2，BC＝6，得AC＝210.由∠SAB＝，AB＝2，SB＝4，得SA＝23.由SA2＋AC2＝SC2，得SA⊥AC，又SA⊥AB，所以SA⊥平131132面ABC.所以三棱锥S-ABC的体积为S·SA＝××2×6×23＝43.ABC△答案：433．已知一几何体的三视图如图所示，它的侧视图与正视图相同，则该几何体的表面积为________．解析：由三视图知，该几何体是一个正四棱柱与半球的组合体，且正四棱柱的高为2，底面对角线长为4，球的半径为2，所以该正四棱柱的底面正方形的12边长为22，该几何体的表面积S＝答案：12π＋16×4π×22＋π×22＋22×2×4＝12π＋16.空间几何体的表面积(师生共研)(1)在梯形ABCD中，∠ABC＝2π，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为()A．(5＋2)πB．(4＋2)πD．(3＋2)πC．(5＋22)π(2)(2021·吉林梅河口五中模拟)阳马和鳖臑(biēnào)是《九章算术·商功》里对两种锥体的称谓．如图所示，取一个长方体，按下图斜割一分为二，得两个一模一样的三棱柱，称为堑堵．再沿其中一个堑堵的一个顶点与相对的棱剖开，得四有一棱与底面垂直的四棱锥称为阳马(四棱锥S-ABCD)，余下三棱锥称为鳖臑(三棱锥S-ECD)，若将某长方体沿上述切割方法得到一个阳棱锥和三棱锥各一个，马和一个鳖臑，且该阳马的正视图和鳖臑的侧视图如图所示，则该阳马和鳖臑的表面积之和为()A．12＋13＋35C．12＋313＋B．11＋13＋35D．11＋313＋55【解析】(1)因为在梯形ABCD中，∠ABC＝2π，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，所以将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个底面半径为AB＝1，高为BC＝2的圆柱挖去一个底面半径为AB＝1，高为BC－AD＝1的圆锥，所以该几何体的表面积S＝π×12＋2π×1×2＋π×1×12＋12＝(5＋2)π.故选A．(2)由三视图可知，在阳马中，AS＝2，AD＝3，CD＝1，SD＝13，SB＝5，矩形ABCD＝3×2＋1×13＋3×5＋所以S阳马＝S＋S＋S＋S＋S222△SADSCDSBCSAB△△△13＋35.S鳖臑＝S1×2＋3＝7＋13＋1×2＋2×3222＋S＋S＋S＝22△SCDCDESDESCE△△△13＋35，所以所求表面积之和＝11＋13＋35，故选B．＋3×5＝4＋22【答案】(1)A(2)B空间几何体表面积的求法(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(3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．A．B．61D．73C．62解析：选C．由三视图画出几何体的直观图如图所示，上、下底面分别为边长是1，4的正方形；图中朝里的两个侧面是上底为1，下底为4，高为4的梯形；图中朝外的两个侧面是上底为1，下底为4，高为5的梯形，其表面积为S＝1×11212＋4×4＋×(1＋4)×4×2＋×(1＋4)×5×2＝62.空间几何体的体积(多维探究)角度一求简单几何体的体积(1)(2020·石家庄质量检测)某几何体的三视图如图所示网格的边长为1)，则该几何体的体积是((图中小正方形)B．6D．2(2)如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，点E是棱BB的中点，点F是棱CC上靠近C的三等分点，且三棱锥A­AEF的体1111A．12C．20B．8D．18示)，其中底面直角梯形的上、下底分别为1，2，高为2，直四棱柱的高为2，所以该几何体的体积为（1＋2）×2×2＝6，故选B．213＝V＝(2)设点F到平面ABB1A1的距离为h，由题意得V.又VA1­AEFF­AAEF­AAE1111·h＝311616ABCD­ABCD1111·h＝＝·＝，所以S×AA1·AB·h6(AAAB)·hSV21四边形ABB△AAEA111＝6V＝6×2＝12.所以四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为12.故选VABCD­ABCD1A1­AEF111A．【答案】(1)B(2)A二求组合体的体积(1)(2020·高考浙江卷)某几何体的三视图角度(单位：cm)如图所示，则该几73143B．C．3D．6(2)(2021·贵阳市第一学期监测考试)某几何体的三视图如图所示，则该几何1(俯视图中弧线是圆弧)()4体的体积为A．4－πB．π－2π2π4C．1－D．1－【解析】(1)由三视图可知，该几何体是三棱柱和三棱锥的组合体，结合1211×2×1×2＋××2×1×1＝(cm3)，故选3273图中数据可得该几何体的体积V＝A．14圆柱后(2)由题设知，该几何体是棱长为1的正方体被截去底面半径为1的14剩下的部分，直观图如图所示，该几何体的体积V＝1×1×1－×π×12×1＝1π4－，故选D．【答案】(1)A(2)D把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算选择合适的底面来求几何体体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面作为三棱锥的底面进行等体积变换等体积法1．《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何？刍甍：底面为矩形的屋脊状的几何体(网格纸中粗线部分为其三视图，设网格纸上每个小正方形的边长为1)，那么该刍甍的体积为()B．5D．12别作垂直于底面的截面EGH和FMN，可将原几何体切割成三棱柱EHG-FNM，四棱锥的体积相同，都为B．2．学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3.不考虑打印损耗，如图，该模型为长中心，制作该模型所需原料的质量为________g.解析：由题易得长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为6×6×4＝144(cm3)，四边形EFGH为平行四边形，如图所示，连接GE，HF，易知四边形EFGH的面积1213为矩形BCC1B1面积的一半，即×6×4＝12(cm)，所以V四棱锥O-EFGH＝×3×122＝12(cm3)，所以该模型的体积为144－12＝132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．(1)已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为6的正三角形，侧棱垂直于底面，且该三棱柱的外接球的表面积为12π，则该三棱柱的体积为________．(2)已知三棱锥平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥表面积为________．S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若O的S-ABC的体积为9，则球【解析】(1)设球的半径为R，上，下底面中心设为M，N，由题意，外接球球心为MN的中点，设为O，则OA＝R，由4πR2＝12π，得R＝OA＝3.又易得AN＝2，由勾股定理可知ON＝1，所以MN＝2，即棱柱的高h＝2，所以该43×(6)2×2＝33.三棱柱的体积为(2)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VS­ABC＝VA­SBC13113113＝解得＝×S×AO＝××SC×OB×AO，即9＝××2R×R×R，R3，22SBC△所以球O的表面积为S＝4πR2＝4π×32＝36π.【答案】(1)33(2)36π＝OO′2＋O′M2d，则在Rt△OO′M中，OM22(3)若球面上四点P，A，B，C的连线中PA，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，则可构造长方体或正方体解决问题．角度二内切球(1)(2021·重庆七校联考)已知正三棱锥的高为6，内切球(与四个面都)的表面积为16π，则其底面边长为()B．12D．43(2)(2020·高考全国卷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________．【解析】(1)如图，由题意知，球心在三棱锥的高PE上，设内切球的半径为R，则S球＝4πR2＝16π，所以R＝2.所以OE＝OF＝2，OP＝4.OF在Rt△OPF中，PF＝OP2－OF2＝23.因为△OPF∽△DPE，所以＝DE，得DE＝23，AD＝3DE＝63，AB＝23AD＝12.故选B．PFPE(2)易知半径最大的球即为该圆锥的内切球．圆锥PE及其内切球O如图所示，设内切球的半径为R，则sin∠BPE＝R＝BE1，所以OP＝3R，所以PE22，所以内切球的体积V＝πR43＝4R＝PB2－BE2＝32－12＝22，所以R＝332π，即该圆锥内半径最大的球的体积为32π.＝【答案】(1)B(2)32π(1)在求四面体内切球的半径时，应重视分割的思想方法，即将该四面体分割为以球心为顶点，各面为底面的四个三棱锥，通过其体积关系求得半径．(2)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作出它们的轴截面解题；球与多面体的组合，一般通过多面体的一条侧棱和球心，并结合“切点”或“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题求解．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()16R8132R3813A．B．64R813C．D．R3解析：选C．如图，记O为正四棱锥P­ABCD外接球的球心，O1为底面ABCD的中心，则P，O，O三点共线，连接PO1，OA，O1A.1设OO1＝x，则O1A＝R2－x2，AB＝2·R2－x2，PO1＝R＋x，131323所以正四棱锥P-ABCD的体积V＝AB2·PO2－x2－)(R＋x)＝(－x31＝×2(RRx2＋R2x＋R)，32323(－3x2－2Rx＋R2)＝－(x＋R)·(3x－R)，当x＝R3时，体积V有求导得V′＝最大值64R381，故选C．2．设球O内切于正三棱柱ABC-A1B1C1，则球O的体积与正三棱柱ABC-A1B1C1的体积的比值为________．解析：设球O的半径为R，正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为a，则R＝333a，即a＝23R.又正三棱柱ABC-A1B1C1的高为2R，所以球O的体积与a＝×264343πR3πR3＝23π.正三棱柱ABC-A1B1C1的体积的比值为＝273×2R43×12Ra22×2R423π答案：27核心素养系列14直观想象——确定球心位置的三种方法决定球的几何要素是球心的位置和球的半径，中，通过位置关系的分析，找出球心所在的位置是解题的关键，不妨称这个方法为球心位置分析法．在球与其他几何体的结合问题方法一由球的定义确定球心若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球．也就是说如果一个定点到一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个定点就是该简单多面体外接球的球心．(1)长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点；(2)正三棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点；(3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；(4)正棱锥的外接球球心在其高上，具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到；(5)若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心．已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是()A．16πC．24π【解析】已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，可求得底面边长为2，故球的直径为22＋22＋42＝26，则半径为6，故球的表面积为24π，故选C．方法二构造长方体或正方体确定球心(1)正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；(2)同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；(3)若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体；(4)若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补形成长方体或正方体．如图，边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，将△AED，△EBF，△FCD分别沿DE，EF，FD折起，使A，B，C三点重A′，若四面体A′EFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为合于点()62A．2B．11252C．D．【解析】易知四面体A′EFD的三条侧棱A′E，A′F，A′D两两垂直，且A′E＝1，A′F＝1，A′D＝2，把四面体A′EFD补成从顶点A′出发的三条棱长分别为1，26.故选B．12＋12＋22＝【答案】B方法三由性质确定球心O与截面圆圆心利用球心O′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．正三棱锥A-BCD内接于球O，且底面边长为3，侧棱长为2，则球O的表面积为________．【解析】如图，M为底面△BCD的中心，易知AM⊥MD，DM＝1，AM＝3.在Rt△DOM中，OD2＝OM2＋MD2，即OD2＝(3－OD)2＋1，解得OD＝23233，故球O的表面积为4π×16π.2＝33【答案】163π[A级基础练]1．(2020·高考全国卷Ⅲ)如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是()A．6＋42C．6＋23B．4＋42D．4＋23解析：选C．由三视图知该几何体为如图所示的三棱锥P-ABC，其中PA⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AP＝2，故其表面积S＝11＋×2×2×3×(22)222×sin60°＝6＋23.2．(2021·贵阳市适应性考试)某几何体的三视图如图所示，已知正视图和侧视图是全等的直角三角形，俯视图是圆心角为90°的扇形，则该几何体的体积是()π2A．2π3πB．C．D．3π214解析：选D．依题意，题中的几何体是一个圆锥的(其中该圆锥的底面半径114为23，高为3)，如图所示，因此该几何体的体积为＝3π，选D．××π×（23）2×333．(2020·高考全国卷Ⅰ)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为为()B．48πD．32π解析：选A．如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O12r，解得AB＝23，故OO1＝23，所以R2＝OO2＋r2＝(23)2＋22＝16，所以球1O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A．4．(2021·东北三校第一次联考)如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，ED⊥平面ABCD，FC⊥平面ABCD，ED＝2FC＝2，则三棱锥A-BEF的体积为()1323A．B．43C．1D．解析：选B．如图，分别取BC，ED，AD的中点G，P，Q，连接FG，FP，PQ，QG，因为ED⊥平面ABCD，FC⊥平面ABCD，ED＝2FC＝2，所以PD＝∥FC，所以四边形FCDP为平行四边形，所以PF∥DC.又Q，G分别为DA，CB的中点，所以QG∥DC，且QG＝DC，所以QG∥PF，且QG＝PF，所以四边形QGFP为平行四边形，所以PQ∥FG.又P为DE的中点，所以PQ∥EA，所以FG∥EA，因为EA⊂平面EAB，FG⊄平面EAB，所以FG∥平面EAB.连接EG，AG，则V·ED·S＝，故选B．ABG△5．(2021·福建省质量检测)某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为2，高为3的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，底面内．若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是(并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的)A．16π9B．8π9D．278π16πC．27解析：选A．方法一：如图，OC＝2，OA＝3，由△AED∽△AOC可得OCED＝AOAE.设圆柱体的底面半径r＝ED＝2x(0<x<1)，可得AE＝3x，则圆柱体的高h＝OE＝3－3x，圆柱体的体积V＝π(2x)(3－3x)＝12π(x－x3)，令V(x)＝12π(x－x3)，22223或x＝0(舍去)，可得V(x)在20，3则V′(x)＝12π(2x－3x2)，令V′(x)＝0，解得x＝22316π时，V(x)取得最大值，V(x)＝9，max上单调递增，在上单调递减故当＝，1，x316π9即圆柱体的最大体积是.方法二：同方法一，则圆柱体的体积V＝12πx2(1－x)＝6π·x·x(2－x＋x＋（2－2x）16π2时等号成立，故3＝2x)≤6π·9，当且仅当x＝2－2x，即x＝33圆柱体的最大体积是16π9.6．已知圆柱的底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么圆柱的侧面积是________．SπSπ由πr2＝S得圆柱的底面半径是2πS，所以圆柱的侧面积是4πS.4πS，故侧面展开图的边长为2π·＝解析：答案：7．(2020·高考浙江卷)已知圆锥的侧面积(单位：cm)为2π，且它的侧面展开2图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________．解析：方法一：设该圆锥的母线长为l，因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，12其面积为2π，所以πl2＝2π，解得l＝2，所以该半圆的弧长为2π.设该圆锥的底面半径为R，则2πR＝2π，解得R＝1.方法二：设该圆锥的底面半径为R，则该圆锥侧面展开图中的圆弧的弧长为2πR.因为侧面展开图是一个半圆，设该半圆的半径为r，则πr＝2πR，即r＝2R，12所以侧面展开图的面积为·2R·2πR＝2πR2＝2π，解得R＝1.答案：18．(2021·长沙市统一模拟考试)在四面体PABC中，△ABC为等边三角形，6，PA＝6，PB＝8，PC＝10，则四面体PABC的体积为________．且边长为解析：如图，延长CA到D，使得AD＝6，连接DB，PD.因为AD＝AB＝6，所以△ADB为等腰三角形，又∠DAB12＝180°－∠CAB＝120°，所以∠ABD＝(180°－120°)＝30°，所以∠ABD＋∠CBA＝90°，即∠DBC＝90°，故CB⊥DB.因为PB＝8，PC＝10，BC＝6，所以PC2＝PB2＋BC2，所以CB⊥PB.因为DB∩PB＝B，DB⊂平面PBD，DA＝AC＝AP＝6，所以△PDC为直角三角形，所以PD＝CD2－PC2＝144－100＝211.又DB＝3AD＝63，PB＝8，所以DB2＝PD2＋PB2，故1BP⊥DP，即△PBD为直角三角形，所以S＝×8×211＝811.因为A为2PBD△121＝2＝11DC的中点，所以V四面体PABCV三棱锥P-CBDV三棱锥C-PBD××6×811＝23＝811.答案：8119．已知一个几何体的三视图如图所示．(1)求此几何体的表面积；(2)如果点P，Q在正视图中所示位置，从P点到Q点的最短路径的长．P为所在线段的中点，Q为顶点，求在几何体表面上，解：(1)由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和．12S圆锥侧＝(2πa)·(2a)＝2πa2，＝(2πa)·(2a)＝4πa2S圆柱侧，＝πa2S圆柱底，所以S表＝2πa2＋4πa2＋πa2＝(2＋5)πa.2(2)沿P点与Q点所在母线剪开圆柱侧面，如图．则PQ＝AP2＋AQ2＝a2＋（πa）2＝a1＋π2，所以从P点到Q点在侧面上的最短路径的长为a1＋π2.10.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；63(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：(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.因为BD∩BE＝B，BD⊂平面BED，BE⊂平面BED，所以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°，23x，GB＝GD＝2.x可得AG＝GC＝23x.因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝22x.由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝＝11由已知得，三棱锥E-ACD的体积V三棱锥E-ACD62436，＝x3×·AC·GD·BE＝32所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为5.故三棱锥E-ACD的侧面积为3＋25.[B级综合练11．(2021·安徽省部分重点学校联考)已知三棱锥D-ABC的体积为2的等边三角形，且三棱锥D-ABC的外接球的球心O恰好是CD的中O的表面积为]2，△ABC是边长为点，则球()52π3A．B．24π56π320π3C．D．解析：选A．设球O的半径为R，球心O到平面ABC的距离为d，因为O13132d＝×34是CD的中点，所以点D到平面ABC的距离为2d，则V＝SDABCABC­△×22×2d＝2，解得d＝3.过点O向平面ABC作垂线，垂足为O′，则O′为等边322343三角形ABC的外心，连接O′A，则O′A＝2×233＝＝d＋O′A2＝3＋＝，R2×2133，所以球O的表面积S＝4πR2＝52π3.12．(2021·南充市第一次适应性考试)如图，在正三棱锥A-BCD中，AB＝BC，E为棱AD的中点．若△BCE的面积为2，则三棱锥A-BCD的体积为()2333A．B．233223C．D．解析：选D．因为AB＝BC，所以正三棱锥A-BCD为正四面体，因为E为AD的中点，所以AD⊥BE，AD⊥CE，又CE∩BE＝E，所以AD⊥平面BCE.设12122＝2，所以a＝2，所以Va－＝2×a2三2223aBC22＝22棱锥A-BCD＝V三棱锥A-BCE＋V三棱锥D-BCE＝2V三棱锥A-BCE＝2×11×AE＝2×3×2S3BCE△a22＝×23.13．如图所示是一个几何体的三视图，根据图中所给的数据，这个几何体的表面积为________，体积为________．解析：如图所示是还原后的几何体的直观图，分别取BC，AD的中点E，F，连接SE，EF，SF，由图中数据有AB＝BC＝CD＝DA＝SE＝EF＝2，BE＝EC＝1，因为△SBC是等腰三角形，所以SB＝SC＝5.因为△SBA为直角三角形，所以SA＝3.又因为△SAD是等腰三角形，所以SF⊥AD.所以SF＝22.所以S正方形ABCD＝4，S＝2，SBC△＝6＋2(2＋5)．1383所以VS­ABCD正方形ABCD·SE＝＝·S.83答案：6＋2(2＋5)14．(2020·河北九校第二次联考)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，E，F，G分别是DD1，AB，BC的中点，过点E，F，G的截面将正方体分割成两部分，则较大几何体的体积为________．解析：如图所