2014-2023年高考数学真题专题分类--8.1　空间几何体的三视图、表面积和体积(含解析)

2014-2023年高考数学真题专题分类
专题八　立体几何与空间向量
8.1　空间几何体的三视图、表面积和体积
考点一　空间几何体的结构特征、三视图与直观图
1.(2016天津文,3,5分)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　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选项B中图形.故选B.
评析　本题主要考查空间几何体的三视图与直观图,考查学生的空间想象能力和识图、画图能力.
2.(2014课标Ⅰ,8,5分,0.795)如图,网格纸的各小格都是正方形,粗实线画出的是一个几何体的三视图,则这个几何体是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.三棱锥　　　　B.三棱柱　　　　C.四棱锥　　　　D.四棱柱
答案　B　由题中三视图可知该几何体的直观图如图所示,则这个几何体是三棱柱,故选B.
3.(2014北京理,7,5分)在空间直角坐标系O-xyz中,已知A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(1,1,).若S1,S2,S3分别是三棱锥D-ABC在xOy,yOz,zOx坐标平面上的正投影图形的面积,则(　　)
A.S1=S2=S3　　　　 B.S2=S1且S2≠S3
C.S3=S1且S3≠S2　　　　D.S3=S2且S3≠S1
答案　D　三棱锥D-ABC如图所示.
S1=S△ABC=×2×2=2,
S2=×2×=,
S3=×2×=,
∴S2=S3且S1≠S3,故选D.
4.(2014课标Ⅰ理,12,5分)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,则该多面体的各条棱中,最长的棱的长度为(　　)
A.6　　　　B.6　　　　C.4　　　　D.4
答案　B　由多面体的三视图可知该几何体的直观图为一个三棱锥,如图所示.其中面ABC⊥面BCD,△ABC为等腰直角三角形,AB=BC=4,取BC的中点M,连接AM,DM,则DM⊥面ABC,在等腰△BCD中,BD=DC=2,BC=DM=4,所以在Rt△AMD中,AD===6,又在Rt△ABC中,AC=4<6,故该多面体的各条棱中,最长棱为AD,长度为6,故选B.
评析　本题考查空间几何体的三视图与直观图之间的互相转化,考查面面垂直性质定理的应用.同时考查考生的空间想象能力和运算求解能力.正确画出三棱锥的直观图是解决本题的关键.
5.(2013课标Ⅱ,理7,文9,5分)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时,以zOx平面为投影面,则得到的正视图可以为(　　)
答案　A　设O(0,0,0),A(1,0,1),B(1,1,0),C(0,1,1),将以O、A、B、C为顶点的四面体补成一正方体后,由于OA⊥BC,所以该几何体以zOx平面为投影面的正视图为A.
方法归纳　由几何体直观图画三视图的要求:①注意三个视图对应的观察方向;②注意视图中虚线与实线的区别;③画出的三视图要符合“长对正,高平齐,宽相等”的基本特征.
6.(2013湖南理,7,5分)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形,则该正方体的正视图的面积不可能等于(　　)
A.1　　　　B.　　　　C.　　　　D.
答案　C　若该正方体的放置方式如图所示,当正视的方向与正方体的任一侧面垂直时,正视图的面积最小,其值为1,当正视的方向与正方体的对角面BDD1B1或ACC1A1垂直时,正视图的面积最大,其值为,
由于正视的方向不同,因此正视图的面积S∈[1,].故选C.
评析　本题考查空间几何体的三视图与直观图,考查学生空间想象能力及有关知识的应用能力,解答本题应设法求出正视图的面积的取值范围,而不应该逐项计算.
7.(2011课标理,6文,8,5分)在一个几何体的三视图中,正视图和俯视图如图所示,则相应的侧视图可以为(　　)
答案　D　由几何体的正视图和俯视图可知,该几何体应为一个半圆锥和一个有一侧面垂直于底面的三棱锥组成的组合体,故其侧视图应为D选项.
错因分析　将组合体看成半圆柱和三棱锥的组合或不注意C和D中中线实虚的含义,易误选A或C.
评析　本题主要考查空间几何体的三视图,考查学生的识图能力和空间想象能力.
8.(2021新高考Ⅰ,3,5分)已知圆锥的底面半径为,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为 (　　)
A.2　　　　B.2
答案　B　设圆锥的母线长为l,由题意得πl=2π·,
∴l=2.故选B.
易错警示　1.不清楚圆锥侧面展开图是扇形;2.记不清扇形弧长公式.
9.(2020课标Ⅰ理,3,5分)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为 (　　)
A.
答案　C如图,设正四棱锥的底面边长BC=a,侧面等腰三角形底边上的高PM=h,则正四棱锥的高PO=,
∴以|PO|为边长的正方形面积为h2-,
一个侧面三角形面积为ah,
∴h2-ah,
∴4h2-2ah-a2=0,
两边同除以a2可得4-1=0,
解得,
又∵>0,∴.故选C.
解题关键　利用以四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,求得底面边长a与侧面等腰三角形底边上的高h之间的关系是求解本题的关键.
10.(2021全国甲理,6,5分)在一个正方体中,过顶点A的三条棱的中点分别为E,F,G.该正方体截去三棱锥A-EFG后,所得多面体的三视图中,正视图如图所示,则相应的侧视图是 (　　)
　　A　　B　　C　　D
答案　D　解题指导:画出正方体的直观图,根据正方体截去三棱锥,再结合三视图的知识得出结论.
解析　由题意知,正方体截去三棱锥A-EFG后所得的多面体的直观图如图所示,可知此多面体的侧视图为选项D中的图形,故选D.
方法总结:三视图问题的解法:(1)由实物图画三视图或判断三视图时,需要遵循“长对正、高平齐、宽相等”的原则;(2)由三视图还原直观图时,首先要熟悉常见的柱体、锥体、台体、球体的三视图,再将复杂的几何体分割成常见几何体的组合体,从而画出图形.解题时要遵循以下三个步骤:看视图、明关系,分部分、想整体,综合起来、定整体.
11.(2020课标Ⅲ理,8,5分)如图为某几何体的三视图,则该几何体的表面积是 (　　)
A.6+4
答案　C　在正方体中还原几何体如图.
几何体为正方体的一部分:三棱锥P-ABC,
S表面积=S△PAC+S△PAB+S△PBC+S△BAC
=×2×2
=2+6.
故选C.
解后反思　三视图还原直观图的一个工具——长方体(正方体)
对于立体几何中三视图的题目,要根据三视图将原空间几何体还原出来,长方体(正方体)是一个有力的工具,如果能将直观图放在长方体(正方体)中,这样计算体积和表面积既简单又不容易出错.
12.(2023全国乙理,3,5分,易)如图,网格纸上绘制的是一个零件的三视图,网格小正方形的边长为1,则该零件的表面积为 (　　)
A.24　　B.26　　C.28　　D.30
答案　D　由三视图作出该零件的直观图,如图所示,
则该零件的表面积为2×2×2+2×3×4-2×1×1=30.
13.(2023全国甲文,16,5分,中)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,O为AC1的中点,若该正方体的棱与球O的球面有公共点,则球O的半径的取值范围是　　　　.
答案　[2,2]
解析　由该正方体的棱与球O的球面有公共点,
可知最小球为与棱相切的球,最大球为正方体的外接球.
当球与棱相切时,设球的半径为R1,有2R1=×4,∴R1=2,
当球为正方体的外接球时,设球的半径为R2,
有(2R2)2=42+42+42,∴R2=2,
所以球O的半径的取值范围是[2,2].
14.(2021全国乙理,16,5分)以图①为正视图,在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图,组成某个三棱锥的三视图,则所选侧视图和俯视图的编号依次为　　　　(写出符合要求的一组答案即可).
答案　②⑤或③④(选一组即可)
解题指导:本题在确定了正视图的前提下,从其余图中选出侧视图和俯视图,利用正视图和侧视图的高平齐,可先选出侧视图,再利用侧视图和俯视图的宽相等选出俯视图.
解析　由正视图的高为1,可确定侧视图为②或③,若侧视图选②,则利用侧视图和俯视图的宽相等得俯视图为⑤;若侧视图选③,则利用侧视图与俯视图的关系知俯视图为④.
名师点睛:本题在分析出侧视图从②③中选择时,结合长方体来求解,可减少思维量.
考点二　空间几何体的表面积
1.(2018课标Ⅰ文,5,5分)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　本题主要考查圆柱的表面积及圆柱的轴截面.
设圆柱的底面半径为r,高为h,由题意可知2r=h=2,∴圆柱的表面积S=2πr2+2πr·h=4π+8π=12π.故选B.
解题关键　正确理解圆柱的轴截面及熟记圆柱的表面积公式是解决本题的关键.
2.(2016课标Ⅱ文,4,5分)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.π　　　　C.8π　　　　D.4π
答案　A　设正方体的棱长为a,则a3=8,解得a=2.
设球的半径为R,则2R=a,即R=,所以球的表面积S=4πR2=12π.故选A.
方法点拨　对于正方体与长方体,其体对角线为其外接球的直径,即外接球的半径等于体对角线的一半.
3.(2016课标Ⅲ,理10,文11,5分)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　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.
易错警示　学生易因空间想象能力较差而误认为侧棱长为6,或漏算了两底面的面积而致错.
4.(2015课标Ⅰ理,11,5分)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r=(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.1　　　　B.2　　　　
C.4　　　　D.8
答案　B　由已知条件可知,该几何体由圆柱的一半和半球组成,其表面积为2πr2+πr2+4r2+2πr2=5πr2+4r2.由5πr2+4r2=16+20π得r=2.故选B.
5.(2015北京理,5,5分)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.4+　　　　C.2+2　　　　D.5
答案　C　由三视图可得该三棱锥的直观图如图所示,其中PA=1,BC=2,取BC的中点M,连接AM,MP,则AM=2,AM⊥BC,故AC=AB===,由正视图和侧视图可知PA⊥平面ABC,因此可得PC=PB===,PM===,所以三棱锥的表面积为S△ABC+S△PAB+S△PAC+S△PBC=×2×2+××1+××1+×2×=2+2,故选C.
6.(2015陕西,理5,文5,5分)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为(　　)
A.3π　　　　B.4π　　　　C.2π+4　　　　D.3π+4
答案　D　由题中三视图知该几何体是底面半径为1,高为2的半个圆柱,故其表面积S=2××π×12+π×1×2+2×2=3π+4.
评析　本题考查三视图的概念和性质以及圆柱的表面积,考查运算及推理能力和空间想象能力.由三视图确定几何体的直观图是解题的关键.
7.(2015课标Ⅱ,理9,文10,5分,0.685)已知A,B是球O的球面上两点,∠AOB=90°,C为该球面上的动点.若三棱锥O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为(　　)
A.36π　　　　B.64π　　　　C.144π　　　　D.256π
答案　C　∵S△OAB是定值,且VO-ABC=VC-OAB,
∴当OC⊥平面OAB时,VC-OAB最大,即VO-ABC最大.设球O的半径为R,则(VO-ABC)max=×R2×R=R3=36,∴R=6,∴球O的表面积S=4πR2=4π×62=144π.
思路分析　由△OAB的面积为定值分析出当OC⊥平面OAB时,三棱锥O-ABC的体积最大,从而根据已知条件列出关于R的方程,进而求出R值,利用球的表面积公式即可求出球O的表面积.
导师点睛　点C是动点,在三棱锥O-ABC中,如果以面ABC为底面,则底面面积与高都是变量,而S△OAB为定值,因此转化成以面OAB为底面,这样高越大,体积越大.
8.(2014浙江理,3,5分)某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的表面积是(　　)
A.90cm2　　　　B.129cm2　　　　C.132cm2　　　　D.138cm2
答案　D　由三视图可知该几何体由一个直三棱柱与一个长方体组合而成(如图),其表面积为S=3×5+2××4×3+4×3+3×3+2×4×3+2×4×6+3×6=138(cm2).
9.(2014福建文,5,5分)以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴,将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于(　　)
A.2π　　　　B.π　　　　C.2　　　　D.1
答案　A　由题意得圆柱的底面半径r=1,母线l=1.
∴圆柱的侧面积S=2πrl=2π.故选A.
10.(2016课标Ⅰ,6,5分)如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是,则它的表面积是(　　)
A.17π　　　　B.18π　　　　
C.20π　　　　D.28π
答案　A　由三视图知该几何体为球去掉了所剩的几何体(如图),设球的半径为R,则×πR3=,故R=2,从而它的表面积S=×4πR2+×πR2=17π.故选A.
11.(2016课标Ⅱ,6,5分)下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面积为(　　)
A.20π　　　　B.24π　　　　
C.28π　　　　D.32π
答案　C　由三视图可得圆锥的母线长为=4,∴S圆锥侧=π×2×4=8π.又S圆柱侧=2π×2×4=16π,S圆柱底=4π,∴该几何体的表面积为8π+16π+4π=28π.故选C.
思路分析　先求圆锥的母线长,从而可求得圆锥的侧面积,再求圆柱的侧面积与底面积,最后求该几何体的表面积.
12.(2022新高考Ⅱ,7,5分)已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为3和4,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为(　　)
A.100π　　　　B.128π　　　　C.144π　　　　D.192π
答案　A　设正三棱台为A'B'C'-ABC,△A'B'C',△ABC的外心分别为D',D,则A'D'=3,AD=4,又知D'D=1,所以正三棱台的外接球球心在线段D'D的延长线上,设球心为O,半径为R,如图所示,在Rt△A'D'O中,R2=32+(DO+1)2①,在Rt△ADO中,R2=42+DO2②,由①②得R=5,所以该球的表面积为4π×52 =100π,故选A.
13.(2017课标Ⅱ文,15,5分)长方体的长,宽,高分别为3,2,1,其顶点都在球O的球面上,则球O的表面积为　　　　.
答案　14π
解析　本题考查长方体和球的性质,考查了球的表面积公式.
由题意知长方体的体对角线为球O的直径,设球O的半径为R,则(2R)2=32+22+12=14,得R2=,所以球O的表面积为4πR2=14π.
疑难突破　明确长方体的体对角线为球O的直径是求解的关键.
易错警示　易因用错球的表面积公式而致错.
14.(2013课标Ⅱ,15,5分,0.158)已知正四棱锥O-ABCD的体积为,底面边长为,则以O为球心,OA为半径的球的表面积为　　　　.
答案　24π
解析　设底面中心为E,连接OE,AE,
则|AE|=|AC|=,
∵体积V=×|AB|2×|OE|=|OE|=,
∴|OA|2=|AE|2+|OE|2=6.
从而以OA为半径的球的表面积S=4π·|OA|2=24π.
思路分析　先根据已知条件直接利用锥体的体积公式求得正四棱锥O-ABCD的高,再利用勾股定理求出|OA|,最后根据球的表面积公式计算即可.
15.(2013课标Ⅰ,15,5分,0.123)已知H是球O的直径AB上一点,AH∶HB=1∶2,AB⊥平面α,H为垂足,α截球O所得截面的面积为π,则球O的表面积为　　　　.
答案　
解析　平面α截球O所得截面为圆面,圆心为H,设球O的半径为R,则由AH∶HB=1∶2得OH=R,
由圆H的面积为π,得圆H的半径为1,
所以+12=R2,得出R2=,所以球O的表面积S=4πR2=4π·=π.
16.(2013福建理,12,4分)已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体,如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示,且图中的四边形是边长为2的正方形,则该球的表面积是　　　　.
答案　12π
解析　由三视图知:棱长为2的正方体内接于球,故正方体的体对角线长为2,即为球的直径.所以球的表面积为S=4π·=12π.
考点三　空间几何体的体积
1.(2018浙江,3,4分)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　本小题考查空间几何体的三视图和直观图以及几何体的体积公式.
由三视图可知该几何体是直四棱柱,其中底面是直角梯形,直角梯形上,下底边的长分别为1cm,2cm,高为2cm,直四棱柱的高为2cm.故直四棱柱的体积V=×2×2=6cm3.
思路分析　(1)利用三视图可判断几何体是直四棱柱;
(2)利用“长对正,高平齐,宽相等”的原则,可得直四棱柱的各条棱长.
2.(2016山东理,5,5分)一个由半球和四棱锥组成的几何体,其三视图如图所示.则该几何体的体积为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.+π　　　　B.+π　　　　C.+π　　　　D.1+π
答案　C　由三视图可知四棱锥为正四棱锥,底面正方形的边长为1,四棱锥的高为1,球的直径等于正四棱锥底面正方形的对角线的长,所以球的直径2R=,即R=,所以半球的体积为πR3=π,又正四棱锥的体积为×12×1=,所以该几何体的体积为+π.故选C.
易错警示　不能从俯视图中正确地得到球的半径,而错误地从正视图中得到球的半径R=.
评析　本题考查了空间几何体的三视图和体积公式.正确得到几何体的直观图并准确地计算是解题关键.
3.(2016北京,6,5分)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.1
答案　A　由三视图可画出三棱锥的直观图如图所示,
其底面是等腰直角三角形ACB,直角边长为1,三棱锥的高为1,故体积V=××1×1×1=.故选A.
4.(2015课标Ⅰ,理6,文6,5分,0.451)《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.22斛　　　　C.36斛　　　　D.66斛
答案　B　设圆锥底面的半径为R尺,由×2πR=8得R=,从而米堆的体积V=×πR2×5=(立方尺),因此堆放的米约有≈22(斛).故选B.
5.(2015课标Ⅱ,理6,文6,5分,0.426)一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
答案　D　如图,由已知条件可知,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,截去三棱锥A-A1B1D1后剩余的部分即为题中三视图对应的几何体,设该正方体的棱长为a,则截去部分的体积为a3,剩余部分的体积为a3-a3=a3.它们的体积之比为.故选D.
6.(2015重庆理,5,5分)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(　　)
A.+2π　　　　B.　　　　C.　　　　D.
答案　B　由三视图可知,该几何体是一个底面半径为1,高为2的圆柱和底面半径为1,高为1的半圆锥拼成的组合体.所以该几何体的体积为××π×12×1+π×12×2=,故选B.
7.(2015浙江理,2,5分)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积是(　　)
A.8cm3　　　　B.12cm3
C.cm3　　　　D.cm3
答案　C　由三视图知,该几何体是由棱长为2cm的正方体和底面边长为2cm,高为2cm的正四棱锥组合而成的几何体.所以该几何体的体积V=23+×22×2=cm3,故选C.
8.(2015山东理,7,5分)在梯形ABCD中,∠ABC=,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体积为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.2π
答案　C　如图,此几何体是底面半径为1,高为2的圆柱挖去一个底面半径为1,高为1的圆锥,故所求体积V=2π-=.
评析　本题主要考查几何体的体积及空间想象能力.
9.(2015湖南文,10,5分)某工件的三视图如图所示.现将该工件通过切削,加工成一个体积尽可能大的正方体新工件,并使新工件的一个面落在原工件的一个面内,则原工件材料的利用率为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
答案　A　由三视图可知,原工件是一个底面半径为1,母线长为3的圆锥,则圆锥的高为2,新工件是该圆锥的内接正方体,
如图,此截面中的矩形为正方体的对角面,
设正方体的棱长为x,
则=,解得x=.
所以正方体的体积V1==,
又圆锥的体积V2=π×12×2=π,
所以原工件材料的利用率为=,故选A.
10.(2014陕西理,5,5分)已知底面边长为1,侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上,则该球的体积为(　　)
A.　　　　B.4π　　　　
C.2π　　　　D.
答案　D　如图为正四棱柱AC1.根据题意得AC=,∴对角面ACC1A1为正方形,∴外接球直径2R=A1C=2,∴R=1,∴V球=,故选D.
11.(2014课标Ⅱ,理6,文6,5分,0.506)如图,网格纸上正方形小格的边长为1(表示1cm),图中粗线画出的是某零件的三视图,该零件由一个底面半径为3cm,高为6cm的圆柱体毛坯切削得到,则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
答案　C　该零件是两个圆柱体构成的组合体,其体积为π×22×4+π×32×2=34πcm3,
圆柱体毛坯的体积为π×32×6=54πcm3,
所以切削掉部分的体积为54π-34π=20πcm3,
所以切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为=,故选C.
12.(2014课标Ⅱ文,7,5分,0.495)正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为,D为BC中点,则三棱锥A-B1DC1的体积为(　　)
A.3　　　　B.　　　　C.1　　　　D.
答案　C　在正三棱柱ABC-A1B1C1中,∵AD⊥BC,AD⊥BB1,BB1∩BC=B,∴AD⊥平面B1DC1,
∴=·AD=××2××=1,故选C.
13.(2013课标Ⅰ,理8,文11,5分,0.718)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(　　)
A.16+8π　　　　B.8+8π　　　　C.16+16π　　　　D.8+16π
答案　A　由三视图可知该几何体由长方体和圆柱的一半组成.其中长方体的长、宽、高分别为4、2、2,圆柱的底面半径为2,高为4.所以该几何体的体积V=4×2×2+π×22×4=16+8π.故选A.
思路分析　由三视图分析该几何体的构成,从而利用三视图中的数据计算几何体的体积.
14.(2013浙江文,5,5分)已知某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积是(　　)
A.108cm3　　　　B.100cm3　　　　C.92cm3　　　　D.84cm3
答案　B　由三视图可知,该几何体是一个长方体截去了一个三棱锥,结合所给数据,可得其体积为6×6×3-××4×4×3=100(cm3),故选B.
15.(2012大纲全国,理7,文7,5分)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则此几何体的体积为(　　)
A.6　　　　B.9　　　　C.12　　　　D.18
答案　B　由三视图可得,该几何体为如图所示的三棱锥S-ABC,其中底面△ABC为等腰三角形,底边AC=6,AC边上的高为3,SB⊥底面ABC,且SB=3,所以该几何体的体积V=××6×3×3=9.故选B.
评析　本题考查了三视图和三棱锥的体积,考查了空间想象能力.由三视图正确得到该几何体的直观图是求解的关键.
16.(2011陕西文,5,5分)某几何体的三视图如图所示,则它的体积为(　　)
A.8-　　　　B.8-　　　　C.8-2π　　　　D.
答案　A　由给出的三视图可得原几何体为正方体中挖去一圆锥,且此圆锥以正方体的上底面内切圆为底,以正方体的棱长为高.
故所求几何体的体积为8-×π×12×2=8-.
评析　三视图是考查空间想象能力很好的一个题材,正确解答此类题目的关键是平时空间想象能力的培养,对文科学生来说,本题属中等难度题.
17.(2021北京,8,4分)对24小时内降水在平地上的积水厚度(mm)进行如下定义:
平地降雨量(mm) 0~10 10~25 25~50 50~100
降雨等级 小雨 中雨 大雨 暴雨
如图所示,小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水,那么这24小时降雨的等级是 (　　)
A.小雨　　　　B.中雨　　　　
C.大雨　　　　D.暴雨
答案　B　命题意图:本题以测量24小时内降水在平地上的积水厚度为载体,考查学生的空间想象能力、运算求解能力以及应用意识,考查的核心素养是数学运算、直观想象,落实了应用性、综合性和创新性的考查要求.
解题思路:作圆锥的轴截面如图,设圆锥形容器中水面的半径为r mm,由题意得,所以r=50,则容器内的雨水的体积V=π×502×150=125 000π(mm3).所以24小时内降水在平地上的积水厚度为=12.5(mm),所以这24小时降雨的等级是中雨,故选B.
18.(2022新高考Ⅰ,4,5分,应用性)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5 m时,相应水面的面积为140.0 km2;水位为海拔157.5 m时,相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时,增加的水量约为(≈2.65) (　　)
A.1.0×109 m3　　　　B.1.2×109 m3
C.1.4×109 m3　　　　D.1.6×109 m3
答案　C　140 km2=140×106 m2,180 km2=180×106 m2,由棱台体积公式V=(S+S'+)h可得V增加水量=×(140+180+)×106×(157.5-148.5)=3×(320+60)×106≈3×(320+60×2.65)×106=1 437×106≈1.4×109(m3),故选C.
19.(2021全国甲理,11,5分)已知A,B,C是半径为1的球O的球面上的三个点,且AC⊥BC,AC=BC=1,则三棱锥O-ABC的体积为 (　　)
A.
答案　A　解题指导:本题的关键点为O到平面ABC的距离的求解.先求出小圆(△ABC的外接圆)的半径,通过球半径和小圆半径,结合勾股定理得出O到平面ABC的距离,然后利用体积公式得出结果.
解析　如图所示,由AC⊥BC可知,△ABC是以AB为斜边的直角三角形,又知AC=BC=1,∴AB=,∴Rt△ABC的外接圆圆心为AB的中点O1,半径r=,连接OO1,∵点O为球心,∴OO1⊥平面ABC,即OO1的长为O到平面ABC的距离.
在Rt△OO1B中,OB=1,O1B=,
∴OO1=,
∴VO-ABC=.故选A.
易错警示　牢记锥体的体积公式中的“”.易错选C.
20.(2022新高考Ⅰ,8,5分)已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且3≤l≤3,则该正四棱锥体积的取值范围是 (　　)
A.
C.　　　　D.[18,27]
答案　C　如图,S-ABCD是正四棱锥,连接AC,BD,
交于点O,设正方形ABCD的边长为a,SO=h,SE是外接球的直径,则SE=2R=6.
由AO2=SO·OE,得=h(6-h),又l2=+h2,∴l2=6h,∴h=.
则a2=2h(6-h)=,
∴正四棱锥的体积V=
=,
∴V'=,令V'=0,得l=2.
V在[3,2)上单调递增,在(2,3]上单调递减,
而l=3时,V=,l=3时,V=,l=2时,V=,
∴该正四棱锥体积的取值范围是.
21.(2022全国乙,理9,文12,5分)已知球O的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为 (　　)
A.
答案　C　如图,设∠AO1D=α1,∠AO1B=α2,∠BO1C=α3,∠CO1D=α4,球O的半径为R,四棱锥的底面所在圆O1的半径为r,
则R=1,S四边形ABCD=r2(sin α1+sin α2+sin α3+sin α4),
当且仅当α1=α2=α3=α4=时,四边形ABCD的面积最大,最大为2r2,此时四边形ABCD为正方形.
在△OO1C中,设高OO1=h,则h=,
V四棱锥O-ABCD=S四边形ABCDh=(0令r2=t,则V四棱锥O-ABCD=(0设f(t)=t2-t3,则f '(t)=2t-3t2=t(2-3t),
当t∈时, f '(t)>0,则f(t)单调递增,
当t∈时, f '(t)<0,则f(t)单调递减,
∴t=时, f(t)取得最大值,且f(t)max=,
∴(V四棱锥O-ABCD)max=,此时高h=,故选C.
一题多解:由题意知S四边形ABCD=S△ABD+S△CBD=BD(h1+h2),其中h1,h2分别表示点A与点C到BD的距离,要使四边形ABCD的面积取最大值,则BD与AC均为四边形ABCD所在圆的直径,且BD⊥AC,此时BD取得最大值,h1+h2也取得最大值,所以S四边形ABCD取最大值时,四边形ABCD为正方形,设其边长为a,四棱锥O-ABCD的高为h(00,解得022.(2022全国甲,理9,文10,5分)甲、乙两个圆锥的母线长相等,侧面展开图的圆心角之和为2π,侧面积分别为S甲和S乙,体积分别为V甲和V乙.若=2,则= (　　)
A.
答案　C　设甲、乙两个圆锥的侧面展开图的圆心角分别为θ甲和θ乙,母线长均为l,底面半径分别为r甲,r乙,高分别为h甲,h乙.由=2得=2,即r甲=2r乙,所以θ甲=2θ乙.又θ甲+θ乙=2π,所以θ甲=,θ乙=,所以r甲=l,r乙=l,所以h甲=l,h乙=l,所以,故选C.
23.(多选)(2022新高考Ⅱ,11,5分)如图,四边形ABCD为正方形,ED⊥平面ABCD,FB∥ED,AB=ED=2FB.记三棱锥E-ACD,F-ABC,F-ACE的体积分别为V1,V2,V3,则 (　　)
A.V3=2V2　　　　B.V3=V1
C.V3=V1+V2　　　　D.2V3=3V1
答案　CD　因为ED⊥平面ABCD,且FB∥ED,所以FB⊥平面ABCD.
设AB=ED=2FB=2a,则FB=a,则V1=a3,
所以V2=a3.如图,连接BD,交AC于O,连接OE,OF.
易证AC⊥平面BDEF.S△EOF=S梯形BDEF-S△ODE-S△OBF=(a+2a)×2a2,故V3=a×2=2a3,
故V1+V2=V3,2V3=3V1成立,故选CD.
一题多解:由ED⊥平面ABCD,ED∥FB知FB⊥平面ABCD,设AB=ED=2FB=2a,则FB=a.由于S△ACD=S△ABC=2a2,所以V2=a3.连接BD,交AC于点O,连接OE,OF,则有OE=a,OF=a,EF=3a,
所以OE2+OF2=EF2,即OE⊥OF,易知AC⊥平面BDEF,所以OF⊥AC,又OE∩AC=O,所以OF⊥平面EAC,则OF为三棱锥F-ACE的高.所以V3=a=2a3,所以V1+V2=V3,2V3=3V1成立,故选CD.
24.(2022全国甲,理4,文4,5分)如图,网格纸上绘制的是一个多面体的三视图,网格小正方形的边长为1,则该多面体的体积为 (　　)
A.8　　　　B.12　　　　C.16　　　　D.20
答案　B　如图,将三视图还原成直观图,由直观图可知该多面体是直四棱柱ABCD-A1B1C1D1,底面ABCD是直角梯形,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=2,AB=4,AA1=2.所以底面面积S==6,该几何体的体积V=Sh=6×2=12.故选B.
25.(2023全国乙理,8,5分,中)已知圆锥PO的底面半径为,O为底面圆心,PA,PB为圆锥的母线,∠AOB=120°,若△PAB的面积等于,则该圆锥的体积为 (　　)
A.π　　B.π　　C.3π　　D.3π
答案　B　设圆锥的母线长为l,半径长为r,则r=.在△AOB中,由∠AOB=120°,OA=OB=,得AB=3.
S△PAB=,所以l=3,则圆锥的高h=,故V圆锥=S底·h=π()2·π,故选B.
26.(2023天津,8,5分,易)在三棱锥P-ABC中,线段PC上的点M满足PM=PC,线段PB上的点N满足PN=PB,则三棱锥P-AMN和三棱锥P-ABC的体积之比为 (　　)
A.
答案　B　∵S△PMN=S△PBC,∴VP-AMN=VA-PMN=VP-ABC,即,故选B.
27.(2023全国甲文,10,5分,中)在三棱锥P-ABC中,△ABC是边长为2的等边三角形,PA=PB=2,PC=,则该棱锥的体积为 (　　)
A.1　　B.　　C.2　　D.3
答案　A　取AB的中点D,连接CD,PD,
∵△ABC,△PAB为等边三角形,
∴CD⊥AB,PD⊥AB,
∵△ABC的边长为2,PA=PB=2,
∴PD=CD=,
又∵PC=,∴PD2+CD2=PC2,
∴PD⊥CD,又∵CD∩AB=D,CD,AB 平面ABC,
∴PD⊥平面ABC,∴PD为三棱锥P-ABC的高,
∴VP-ABC=S△ABC·PD=××2××=1,故选A.
一题多解　(分割求和法)取AB的中点D,连接CD,PD,
∵△ABC,△PAB为等边三角形,∴CD⊥AB,PD⊥AB.
又∵CD∩PD=D,∴AB⊥平面PCD,
∵△ABC的边长为2,PA=PB=2,∴PD=CD=,
又∵PC=,∴PD2+CD2=PC2,∴PD⊥CD,
∴S△PCD=PD·CD=×()2=,
∴VP-ABC=VA-PCD+VB-PCD
=S△PCD·(AD+BD)=××2=1,故选A.
28.(2017江苏,6,5分)如图,在圆柱O1O2内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.记圆柱O1O2的体积为V1,球O的体积为V2,则的值是　　　　.
答案　
解析　本题考查空间几何体的体积.
设圆柱内切球的半径为R,
则由题设可得圆柱O1O2的底面圆的半径为R,高为2R,
∴==.
29.(2018天津理,11,5分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1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　　　　.
答案　
解析　本题主要考查正方体的性质和正四棱锥的体积.
由题意知四棱锥的底面EFGH为正方形,其边长为,即底面面积为,由正方体的性质知,四棱锥的高为.故四棱锥M-EFGH的体积V=××=.
30.(2016天津理,11,5分)已知一个四棱锥的底面是平行四边形,该四棱锥的三视图如图所示(单位:m),则该四棱锥的体积为　　m3.
答案　2
解析　四棱锥的底面是平行四边形,由三视图可知其面积为2×1=2m2,四棱锥的高为3m,所以四棱锥的体积V=×2×3=2m3.
易错警示　该题有两点容易出错:一是锥体的体积公式中的系数易漏写;二是底面平行四边形的面积易错误地写成3×1=3m2.
评析　本题考查了三视图和直观图,考查了锥体的体积.
31.(2016四川,13,5分)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形,该三棱锥的正视图如图所示,则该三棱锥的体积是　　　　.
答案　
解析　由题意及正视图可知三棱锥的底面等腰三角形的底长为2,三棱锥的高为1,则三棱锥的底面积为××2=,
∴该三棱锥的体积为××1=.
评析　正确理解正视图中的数据在直观图中表示的含义很关键.
32.(2014山东理,13,5分)三棱锥P-ABC中,D,E分别为PB,PC的中点,记三棱锥D-ABE的体积为V1,P-ABC的体积为V2,则=　　　　.
答案　
解析　如图,设S△ABD=S1,S△PAB=S2,E到平面ABD的距离为h1,C到平面PAB的距离为h2,则S2=2S1,h2=2h1,V1=S1h1,V2=S2h2,∴==.
评析　本题考查三棱锥的体积的求法以及等体积转化法在求空间几何体体积中的应用.本题的易错点是不能利用转化与化归思想把三棱锥的体积进行适当的转化,找不到两个三棱锥的底面积及相应高的关系,从而造成题目无法求解或求解错误.
33.(2012安徽,12,5分)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积等于　　　　.
答案　56
解析　由题意知,该三视图对应的几何体如图,其体积V=×4=56.
评析　本题主要考查三视图的知识,考查学生的空间想象能力.由三视图得到直观图是解题关键.
34.(2011课标理,15,5分)已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上,且AB=6,BC=2,则棱锥O-ABCD的体积为　　　　.
答案　8
解析　如图,连接AC,BD,交于O1,则O1为矩形ABCD所在小圆的圆心,连接OO1,则OO1⊥面ABCD,
易求得O1C=2,又OC=4,∴OO1==2,
∴棱锥体积V=×6×2×2=8.
失分警示　立体感不强,空间想象能力差,无法正确解出棱锥的高而得出错误结论.
评析　本题主要考查球中截面圆的性质及空间几何体的体积的计算,通过球这个载体考查学生的空间想象能力及推理运算能力.
35.(2011课标文,16,5分)已知两个圆锥有公共底面,且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上.若圆锥底面面积是这个球面面积的,则这两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大者的高的比值为　　　　.
答案　
解析　如图,设球的半径为R,圆锥底面半径为r,由题意得πr2=×4πR2.
∴r=R,∴OO1=R.体积较小的圆锥的高AO1=R-R=R,体积较大的圆锥的高BO1=R+R=R.
故这两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大者的高的比值为.
评析　本题考查球、球内接圆锥的相关问题,考查R,r的关系,由题意得到r=R是解答本题的关键.
36.(2023新课标Ⅰ,14,5分,易)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1,AA1=,则该棱台的体积为　　　　.
答案　
解析　正四棱台ABCD-A1B1C1D1如图所示.设其上、下底面中心分别为O1,O,连接O1O,O1A1,OA,由正四棱台的定义可知O1O⊥平面ABCD,O1O⊥平面A1B1C1D1,四边形ABCD,A1B1C1D1均为正方形.
∵AB=2,A1B1=1,∴AO=,A1O1=,
易知AO∥A1O1,又∵AA1=,∴在直角梯形A1O1OA中,O1O==,
∴=×(1+4+)×=.
37.(2023新课标Ⅱ,14,5分,易)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥,所得棱台的体积为　　　　.
答案　28
解析　棱台的两底面边长分别为2与4,高为3(由上、下底面边长可知棱台的高与截去的棱锥的高相等)所以棱台的体积V=×(22+42+)×3=28.
38.(2021全国甲文,14,5分)已知一个圆锥的底面半径为6,其体积为30π,则该圆锥的侧面积为　　　　.
答案　39π
解题指导:先利用圆锥的体积公式求出圆锥的高h,再利用母线长l=求出母线长l,最后利用S侧=πrl求出结果.
解析　设圆锥的底面圆半径为r,高为h,母线长为l.
由圆锥的体积V=πr2h得h=,
∴母线长l=,
∴圆锥的侧面积S侧=πrl=39π.
39.(2022全国甲文,19,12分)小明同学参加综合实践活动,设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示:底面ABCD是边长为8(单位:cm)的正方形,△EAB,△FBC,△GCD, △HDA均为正三角形,且它们所在的平面都与平面ABCD垂直.
(1)证明:EF∥平面ABCD;
(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度).
解析　取AB、BC、CD、DA的中点M、N、P、Q,连接EM、FN、GP、HQ、MN、NP、PQ、QM.
(1)证明:在正三角形ABE中,M为AB的中点,所以EM⊥AB.又平面ABE∩平面ABCD=AB,且平面ABE⊥平面ABCD,所以EM⊥平面ABCD.
同理FN⊥平面ABCD,所以EM∥FN,
又EM=FN,
所以四边形EMNF为平行四边形,所以EF∥MN.
又MN 平面ABCD,且EF 平面ABCD,
所以EF∥平面ABCD.
(2)如图,可将包装盒分割为长方体MNPQ-EFGH和四个全等的四棱锥.
易得MN=4 cm,EM=4 cm.
所以V长方体MNPQ-EFGH=(4)2×4 cm3,
V四棱锥B-MNFE= cm3,
所以该包装盒的容积为128 cm3.
易错警示:线面平行的判定中,不能忽略线不在平面内这一条件.
40.(2021全国甲文,19,12分)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,BF⊥A1B1.
(1)求三棱锥F-EBC的体积;
(2)已知D为棱A1B1上的点.证明:BF⊥DE.
解题指导:(1)首先证明AB⊥平面BCC1B1,即可得AB⊥BC,从而得到S△EBC=1,再利用三棱锥的体积公式计算即可.
(2)由线面垂直的判定定理及性质定理得出BE⊥A1E,根据角的正切值的计算可得∠AA1E=∠FEC,从而证得A1E⊥EF,根据线面垂直的判定定理可得BF⊥平面A1B1E,从而可得BF⊥DE.
解析　(1)∵侧面四边形AA1B1B为正方形,∴A1B1⊥BB1,
∵BF⊥A1B1且BB1∩BF=B,BB1,BF 平面BB1C1C,
∴A1B1⊥平面BB1C1C,
又∵AB∥A1B1,∴AB⊥平面BB1C1C,
又∵BC 平面BB1C1C,∴AB⊥BC,
∵AB=BC=2,E为AC的中点,
∴S△EBC=×2×2=1.
由直三棱柱知CF⊥平面ABC.
∵F为CC1的中点,∴CF=AB=1,
∴VF-EBC=.
(2)证明:连接A1E,B1E,
∵AB=BC,E为AC的中点,∴BE⊥AC.
∵AA1⊥平面ABC,BE 平面ABC,∴AA1⊥BE.
∵AA1∩AC=A,AA1,AC 平面AA1C1C,
∴BE⊥平面AA1C1C,又A1E 平面AA1C1C,
∴BE⊥A1E.
在Rt△ECF中,tan∠FEC=,
在Rt△A1AE中,tan∠AA1E=,
∴tan∠FEC=tan∠AA1E,∴∠FEC=∠AA1E,
∵∠AA1E+∠AEA1=90°,
∴∠FEC+∠AEA1=90°,
∴∠A1EF=90°,即A1E⊥EF.
∵EF∩EB=E,又EF,EB 平面BEF,
∴A1E⊥平面BEF,又BF 平面BEF,∴A1E⊥BF,
又∵A1B1⊥BF,A1E∩A1B1=A1,A1E 平面A1B1E,A1B1 平面A1B1E,∴BF⊥平面A1B1E.
∵DE 平面A1B1E,∴BF⊥DE.
方法总结:判断或证明直线与直线垂直的方法:
1.利用线线垂直的定义进行判断(计算两直线的夹角为90°).
2.利用平面几何中证明线线垂直的方法:①特殊图形(正方形、长方形、直角梯形等)中的垂直关系;②等腰(边)三角形底边中线的性质;③勾股定理的逆定理;④圆中直径的性质.
3.线面垂直的性质:①a⊥α,b α a⊥b(主要方法);②a⊥α,b∥α a⊥b.
41.(2021新高考Ⅰ,20,12分)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.
(1)证明:OA⊥CD;
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小为45°,求三棱锥A-BCD的体积.
解题指导:(1)正确利用面面垂直的性质定理是证明第一问的关键.(2)可用二面角定义找出二面角的平面角,进而求出三棱锥A-BCD底面BCD上的高及体积,也可选择建立空间直角坐标系,根据已知条件求出三棱锥A-BCD底面BCD上的高,进而求出其体积.
解析　(1)证明:在△ABD中,∵AB=AD,O为BD的中点,∴AO⊥BD,又∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AO 平面ABD,∴AO⊥平面BCD,又CD 平面BCD,∴AO⊥CD.
(2)在△ABD中,过E作EN∥AO交BD于N,
则由AO⊥平面BCD得EN⊥平面BCD,∴EN⊥BC,
∵OB=OD=OC=1,∴∠BCD=90°,即DC⊥BC.
在△BCD中,过N作NM∥CD交BC于M,则NM⊥BC.
连接EM,∵BC⊥EN,BC⊥NM,EN∩NM=N,∴BC⊥平面EMN,
∴EM⊥BC,
∴∠EMN为二面角E-BC-D的平面角,又知二面角E-BC-D的大小为45°,
∴∠EMN=45°,∴△EMN为等腰直角三角形,
又由DE=2EA得DN=2NO,∴MN==EN=ND,
∴AO=OD=1,∴VA-BCD=.
故三棱锥A-BCD的体积为.
一题多解　(2)由OC=OD=OB得BC⊥CD,由(1)知AO⊥平面BCD,以C为原点,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系,如图所示,则C(0,0,0),B(0,,0),设AO=a.
则E,∴=(0,,0),,设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则令x=a,则z=-1,
∴n=(a,0,-1),
易知平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1),
由题可知|cos|=,
∴a=1,即AO=1.
∴VA-BCD=,
故三棱锥A-BCD的体积为.
42.(2020课标Ⅰ文,19,12分)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,∠APC=90°.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAC;
(2)设DO=,圆锥的侧面积为π,求三棱锥P-ABC的体积.
解析　(1)由题设可知,PA=PB=PC.
由于△ABC是正三角形,故可得△PAC≌△PAB,△PAC≌△PBC.
又∠APC=90°,故∠APB=90°,∠BPC=90°.
从而PB⊥PA,PB⊥PC,故PB⊥平面PAC,
所以平面PAB⊥平面PAC.
(2)设圆锥的底面半径为r,母线长为l.
由题设可得rl=,l2-r2=2.
解得r=1,l=.
从而AB=.由(1)可得PA2+PB2=AB2,故PA=PB=PC=.
所以三棱锥P-ABC的体积为××PA×PB×PC=××=.
(
第
1
页共
24
页
)