PAGE1-第1講幾何體的表面積與體積、線面位置關系的推斷[考情考向·高考導航]1．“立體幾何”在高考中一般會以“兩小一大”或“一小一大”的命題形式出現，這“兩小”或“一小”主要考查三視圖，與球有關的組合體、幾何體的表面積與體積，空間點、線、面的位置關系(特殊是平行與垂直)．2．考查一個小題時，本小題一般會出現在第6～7題的位置上，難度中檔．考查兩個小題時，其中一個小題難度中低檔，另一小題難度稍高，一般會出現在第9～11題的位置上，有時也出現在壓軸小題的位置上．[真題體驗]1．(2024·全國Ⅲ卷)中國古建筑借助榫卯將木構件連接起來．構件的凸出部分叫頭，凹進部分叫卯眼，圖中木構件右邊的小長方體是頭．若如圖擺放的木構件與某一帶卯眼的木構件咬合成長方體，則咬合時帶卯眼的木構件的俯視圖可以是()解析：A[俯視圖應為A.]2．(2024·全國Ⅰ卷)已知圓柱的上、下底面的中心分別為O1，O2，過直線O1O2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形，則該圓柱的表面積為()A．12eq\r(2)π B．12πC．8eq\r(2)π D．10π解析：B[圓柱的軸截面是面積為8的正方形，設圓柱的底面半徑為R，高為h，則(2R)2＝8，∴R＝eq\r(2)，h＝2R＝2eq\r(2).∴該圓柱的表面積為2·πR2＋2πRh＝2π×(eq\r(2))2＋2π×eq\r(2)×2eq\r(2)＝12π.]3．(2024·江蘇卷)如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1的體積是120，E為CC1的中點，則三棱錐E－BCD的體積是________．解析：本題蘊含“整體和局部”的對立統一規律．在幾何風光 積或體積的計算問題中，往往須要留意理清整體和局部的關系，敏捷利用“割”與“補”的方法解題．因為長方體ABCD－A1B1C1D1的體積為120，所以AB·BC·CC1＝120，因為E為CC1的中點，所以CE＝eq\f(1,2)CC1，由長方體的性質知CC1⊥底面ABCD，所以CE是三棱錐E－BCD的底面BCD上的高，所以三棱錐E－BCD的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AB·BC·CE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AB·BC·eq\f(1,2)CC1＝eq\f(1,12)×120＝10.答案：104．(2024·全國Ⅱ卷)已知圓錐的頂點為S，母線SA，SB相互垂直，SA與圓錐底面所成角為30°，若△SAB的面積為8，則該圓錐的體積為________．解析：如圖∠SAO＝30°，設圓錐的底面圓半徑為R，則SO＝Rtan30°＝eq\f(\r(3),3)R，SA＝eq\f(R,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)R，又∵SA⊥SB，∴△SAB的面積S＝eq\f(1,2)SA·SB＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)R))2＝8.∴R＝2eq\r(3)，∴圓錐的體積為V＝eq\f(1,3)πR2·SO＝eq\f(\r(3),9)πR3＝eq\f(\r(3),9)π(2eq\r(3))3＝8π.答案：8π[主干整合]1．棱柱、棱錐(1)棱柱的性質側棱都相等，側面是平行四邊形；兩個底面與平行于底面的截面是全等的多邊形；過不相鄰的兩條側棱的截面是平行四邊形；直棱柱的側棱長與高相等且側面與對角面是矩形．(2)正棱錐的性質側棱相等，側面是全等的等腰三角形，斜高(側面等腰三角形底邊上的高)相等；棱錐的高、斜高和斜高在底面內的射影構成一個直角三角形；棱錐的高、側棱和側棱在底面內的射影也構成一個直角三角形；某側面上的斜高、側棱及底面邊長的一半也構成一個直角三角形；側棱在底面內的射影、斜高在底面內的射影及底面邊長的一半也構成一個直角三角形．2．空間幾何體的三視圖(1)空間幾何體三視圖的畫法規則：①長對正，即正(主)視圖和俯視圖的長相等；②高平齊，即正(主)視圖和側(左)視圖的高相等；③寬相等，即側(左)視圖和俯視圖的寬相等；④看不見的輪廓線要用虛線表示．(2)空間幾何體三視圖的擺放規則：俯視圖放在正(主)視圖的正面；側(左)視圖放在正視圖的右面．3．幾何體與球的切接問題(1)解決球的內接長方體、正方體、正四棱柱等問題的關鍵是把握球的直徑即是棱柱的體對角線．(2)解決柱、錐的內切球問題的關鍵是找準切點位置，化歸為平面幾何問題．4．直線、平面平行的判定及其性質(1)線面平行的判定定理：a?α，b?α，a∥b?a∥α.(2)線面平行的性質定理：a∥α，a?β，α∩β＝b?a∥b.(3)面面平行的判定定理：a?β，b?β，a∩b＝P，a∥α，b∥α?α∥β.(4)面面平行的性質定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b.5．直線、平面垂直的判定及其性質(1)線面垂直的判定定理：m?α，n?α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n?l⊥α.(2)線面垂直的性質定理：a⊥α，b⊥α?a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a?β，a⊥α?α⊥β.(4)面面垂直的性質定理：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β.熱點一空間幾何體的表面積與體積直觀想象素養直觀想象——三視圖中體現的核心素養直觀想象即通過幾何直觀和空間想象感知幾何體的形態與改變．本例通過幾何體的三視圖直觀感知幾何體的形態與相關度量，想象幾何體的結構特征.依據三視圖求幾何體的表面積、體積[例1－1](1)(2024·浙江卷)祖暅是我國南北朝時代的宏大科學家，他提出的“冪勢既同，則積不容異”稱為祖暅原理，利用該原理可以得到柱體的體積公式V柱體＝sh，其中S是柱體的底面積，h是柱體的高．若某柱體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該柱體的體積(單位：cm3)是()A．158 B．162C．182 D．324[解析]B[如圖，該柱體是一個五棱柱，棱柱的高為6，底面可以看作由兩個直角梯形組合而成，其中一個上底為4，下底為6，高為3，另一個的上底為2，下底為6，高為3.則底面面積S＝eq\f(2＋6,2)×3＋eq\f(4＋6,2)×3＝27，因此，該柱體的體積V＝27×6＝162.故選B.](2)(2024·汕頭模擬)某幾何體的三視圖如圖所示，若該幾何體的體積為12π＋8，則該幾何體的表面積為()A．18π＋8eq\r(2)＋4 B．20π＋8eq\r(2)C．10π＋4eq\r(2) D．45π＋27eq\r(2)＋9[解析]B[還原幾何體如圖所示，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，而幾何體的表面積是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)，故選B.]依據三視圖求其表面積、體積的方法(1)依據給出的三視圖還原該幾何體的直觀圖．(2)由三視圖中的大小標識確定該幾何體的各個度量．(3)套用相應的面積公式與體積公式計算求解．依據幾何體的結構特征求體積、表面積[例1－2](1)(2024·全國Ⅲ卷)學生到工廠勞動實踐，利用3D打印技術制作模型．如圖，該模型為長方體ABCD－A1B1C1D1，挖去四棱錐O－EFGH后所得的幾何體．其中O為長方體的中心，E，F，G，H分別為所在棱的中點，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度為0.9g/cm3，不考慮打印損耗，制作該模型所需原料的質量為________g.[解析]由題知挖去的四棱錐的底面是一個菱形，對角線長分別為6cm和4cm，故V挖去的四棱錐＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×4×6×3＝12(cm3)．又V長方體＝6×6×4＝144(cm3)，所以模型的體積為V長方體－V挖去的四棱錐＝144－12＝132(cm3)，所以制作該模型所需原料的質量為132×0.9＝118.8(g)．[答案]118.8(2)如圖，四棱錐PABCD的底面ABCD為平行四邊形，NB＝2PN，則三棱錐NPAC與三棱錐DPAC的體積比為()A．1∶2 B．1∶8C．1∶6 D．1∶3[解析]D[通解：設點P，N在平面ABCD內的投影分別為點P′，N′，則PP′⊥平面ABCD，NN′⊥平面ABCD，所以PP′∥NN′，則在△BPP′中，由BN＝2PN得eq\f(NN′,PP′)＝eq\f(2,3).V三棱錐NPAC＝V三棱錐PABC－V三棱錐NABC＝eq\f(1,3)S△ABC·PP′－eq\f(1,3)S△ABC·NN′＝eq\f(1,3)S△ABC·(PP′－NN′)＝eq\f(1,3)S△ABC·eq\f(1,3)PP′＝eq\f(1,9)S△ABC·PP′，V三棱錐DPAC＝V三棱錐PACD＝eq\f(1,3)S△ACD·PP′，又因為四邊形ABCD是平行四邊形，所以S△ABC＝S△ACD，所以eq\f(V三棱錐NPAC,V三棱錐DPAC)＝eq\f(1,3).優解：兩三棱錐同底，體積比等于點N與點D到平面PAC的距離比，點D到面PAC的距離等于點B到面PAC的距離．因為距離比為1∶3，故體積比也為1∶3.]求解幾何體的表面積及體積的技巧(1)求幾何體的表面積及體積問題，可以多角度、多方位地考慮，熟記公式是關鍵所在．求三棱錐的體積，等體積轉化是常用的方法，轉換原則是其高易求，底面放在已知幾何體的某一面上．(2)求不規則幾何體的體積，常用分割或補形的思想，將不規則幾何體轉化為規則幾何體以易于求解．(1)(2024·德州三模)如圖，網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，則該幾何體的表面積為()A．8＋4eq\r(2)＋8eq\r(5) B．24＋4eq\r(2)C．8＋20eq\r(2) D．28解析：A[由三視圖可知，該幾何體的下底面是長為4，寬為2的矩形，左右兩個側面是底邊為2，高為2eq\r(2)的三角形，前后兩個側面是底邊為4，高為eq\r(5)的平行四邊形，所以該幾何體的表面積為S＝4×2＋2×eq\f(1,2)×2×2eq\r(2)＋2×4×eq\r(5)＝8＋4eq\r(2)＋8eq\r(5).](2)(2024·天津卷)已知四棱錐的底面是邊長為eq\r(2)的正方形，側棱長均為eq\r(5).若圓柱的一個底面的圓周經過四棱錐四條側棱的中點，另一個底面的圓心為四棱錐底面的中心，則該圓柱的體積為____________．解析：圓柱的底面半徑是棱錐底面對角線長度的一半、不是底邊棱長的一半．四棱錐的高為eq\r(5－1)＝2，故圓柱的高為1，圓柱的底面半徑為eq\f(1,2)，故其體積為π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2×1＝eq\f(π,4).答案：eq\f(π,4)熱點二與球有關的組合體[例2](1)(2024·全國Ⅰ卷)已知三棱錐P－ABC的四個頂點在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是邊長為2的正三角形，E，F分別是PA，AB的中點，∠CEF＝90°，則球O的體積為()A．8eq\r(6)π B．4eq\r(6)πC．2eq\r(6)π D.eq\r(6)π[審題指導]由∠CEF＝90°，可得EC，利用余弦定理可求PA＝PB＝PC＝eq\r(2)?PA⊥PB⊥PC，利用外接球的直徑是由該幾何體補成的正方體的體對角線求R，可得球體積．[解析]D[設PA＝PB＝PC＝2a，則EF＝a，FC＝eq\r(3)，∴EC2＝3－a2.在△PEC中，cos∠PEC＝eq\f(a2＋3－a2－2a2,2a\r(3－a2)).在△AEC中，cos∠AEC＝eq\f(a2＋3－a2－4,2a\r(3－a2)).∵∠PEC與∠AEC互補，∴3－4a2＝1，a＝eq\f(\r(2),2)，故PA＝PB＝PC＝eq\r(2).又∵AB＝BC＝AC＝2，∴PA⊥PB⊥PC，∴外接球的直徑2R＝eq\r(\r(2)2＋\r(2)2＋\r(2)2)＝eq\r(6)，∴R＝eq\f(\r(6),2)，∴V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))3＝eq\r(6)π.故選D.](2)(2024·鄭州模擬)我國古代數學專著《九章算術》對立體幾何有深化的探討，從其中的一些數學用語可見，譬如“鐅臑”意指四個面都是直角三角形的三棱錐．某“鐅臑”的三視圖(圖中網格紙上每個小正方形的邊長為1)如圖所示，已知該幾何體的高為2eq\r(2)，則該幾何體外接球的表面積為________．[解析]由該幾何體的三視圖還原其直觀圖，并放入長方體中，如圖中的三棱錐A－BCD所示，其中AB＝2eq\r(2)，BC＝CD＝eq\r(2)，易知長方體的外接球即三棱錐A－BCD的外接球，設外接球的直徑為2R，所以4R2＝(2eq\r(2))2＋(eq\r(2))2＋(eq\r(2))2＝8＋2＋2＝12，則R2＝3，因此外接球的表面積S＝4πR2＝12π.[答案]12π多面體、旋轉體與球接、切問題的求解策略(1)過球心及多面體中的特殊點(一般為接、切點)或線作截面，把空間問題轉化為平面問題．(2)利用平面幾何學問找尋幾何體元素間的關系，或只畫內切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關系，列方程(組)求解．(3)若球面上四點P，A，B，C構成的三條線段PA，PB，PC兩兩相互垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有關元素“補形”成為一個球內接長方體，用4R2＝a2＋b2＋c2求解．(2024·全國Ⅰ卷)已知三棱錐S－ABC的全部頂點都在球O的球面上，SC是球O的直徑，若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱錐S－ABC的體積為9，則球O的表面積為________．解析：取SC的中點O，連接OA，OB(圖略)，因為SA＝AC，SB＝BC，所以OA⊥SC，OB⊥SC，因為平面SCA⊥平面SCB，所以OA⊥平面SBC，設OA＝r，VA－SBC＝eq\f(1,3)×S△SBC×OA＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2r×r×r＝eq\f(1,3)r3，所以eq\f(1,3)r3＝9?r＝3，所以球的表面積為S＝4πr2＝36π.答案：36π熱點三空間線面位置關系的推斷[例3](1)(2024·武昌三模)已知m，n為異面直線，m⊥平面α，n⊥平面β.直線l滿意l⊥m，l⊥n，l?α，l?β，則()A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α與β相交，且交線垂直于lD．α與β相交，且交線平行于l[解析]D[通解：若α∥β，則m∥n，這與m、n為異面直線沖突，所以A不正確．將已知條件轉化到正方體中，易知α與β不肯定垂直，但α與β的交線肯定平行于l，從而解除B、C.故選D.優解：構造圖形如圖所示，知D項正確．](2)(2024·北京卷)已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個論斷：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結論，寫出一個正確的命題：________.[解析]已知l，m是平面α外的兩條不同直線，由①l⊥m與②m∥α，不能推出③l⊥α，因為l可以與α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m與③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α與③l⊥α可以推出①l⊥m.故正確的命題是②③?①或①③?②.[答案]②③?①或①③?②推斷與空間位置關系有關的命題真假的方法1．借助空間線面平行、面面平行、線面垂直、面面垂直的判定定理和性質定理進行推斷．2．借助空間幾何模型，如從長方體模型、四面體模型等模型中視察線面位置關系，結合有關定理，進行推斷．(1)(2024·江西八校聯考)設有兩條直線m，n和三個平面α，β，γ.給出下面四個命題：①α∩β＝m，n∥m?n∥α，n∥β；②α⊥β，m⊥β，m?α?m∥α；③α∥β，m?α?m∥β；④α⊥β，α⊥γ?β∥γ.其中正確命題的個數是()A．1 B．2C．3 D．4解析：B[①中：α∩β＝m，n∥m不能得出n∥α，n∥β.因為n可能在α或β內，故①錯誤；②α⊥β，m⊥β，m?α，依據直線與平面平行的判定，可得m∥α，故②正確；③α∥β，m?α，依據面面平行的性質定理可得m∥β，故③正確；④α⊥β，α⊥γ，則γ與β可能平行也可能相交，故④錯誤．](2)(2024·大慶二模)已知α，β是兩個不同的平面，l，m，n是不同的直線，下列命題不正確的是()A．若l⊥m，l⊥n，m?α，n?α，則l⊥αB．若l∥m，l?α，m?α，則l∥αC．若α⊥β，α∩β＝l，m?α，m⊥l，則m⊥βD．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，是m⊥n解析：A[若l⊥m，l⊥n，m?α，n?α，不能推出l⊥α，缺少條件m與n相交，故不正確．]限時40分鐘滿分80分一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分)1．(2024·濟南模擬)“牟合方蓋”是我國古代數學家劉徽在探討球的體積的過程中構造的一個和諧美麗的幾何體．它由完全相同的四個曲面構成，相對的兩個曲面在同一個圓柱的側面上，好像兩個扣合(牟合)在一起的方形傘(方蓋)，其直觀圖如圖(1)所示，圖(2)中四邊形是為體現其直觀性所作的協助線，當其正視圖和側視圖完全相同時，它的正視圖和俯視圖分別可能是()A．a，b B．a，cC．c，b D．b，d解析：A[當正視圖和側視圖完全相同時，“牟合方蓋”相對的兩個曲面正對前方，正視圖為一個圓，俯視圖為一個正方形，且兩條對角線為實線，故選A.]2．(2024·四省八校聯考)m，n是兩條不同的直線，α是平面，n⊥α，則m∥α是m⊥n的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分又不必要條件解析：A[當m∥α時，在平面α內存在一條直線b，使得b∥m，結合n⊥α，知n⊥b，所以n⊥m，所以m∥α是m⊥n的充分條件；當n⊥α，m⊥n時，m∥α或m?α，所以m∥α是m⊥n的不必要條件．綜上，m∥α是m⊥n的充分不必要條件，故選A.]3．(2024·洛陽聯考)一個簡潔幾何體的正視圖、側視圖如圖所示，則其俯視圖可能是()①長、寬不相等的長方形②正方形③圓④橢圓A．①② B．①④C．②③ D．③④解析：B[由題設條件知，正視圖中的長與側視圖中的長不一樣，對于①，俯視圖是長方形是可能的，比如此幾何體為一個長方體時，滿意題意；對于②，由于正視圖中的長與側視圖中的長不一樣，故俯視圖不行能是正方形；對于③，由于正視圖中的長與側視圖中的長不一樣，故俯視圖不行能是圓形；對于④，假如此幾何體是一個橢圓柱，滿意正視圖中的長與側視圖中的長不一樣，故俯視圖可能是橢圓．綜上知①④是可能的圖形．]4．(多選)(2024·江西省紅色七校聯考)設m，n是空間中兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列說法正確的是()A．若m∥n，n?α，則m∥α或m?αB．若m?α，n?β，α∥β，則m∥nC．若α∥β，m⊥α，則m⊥βD．若m?α，n?β，m∥β，n∥α，則α∥β解析：AC[若m∥n，n?α，則m∥α或m?α，所以選項A正確；若m?α，n?β，α∥β，則m∥n或m與n異面，所以選項B不正確；由面面平行的性質、線面垂直的性質知選項C正確；若m?α，n?β，m∥β，n∥α，則α∥β或α與β相交，所以選項D不正確．故選AC.]5．(2024·北京卷)某四棱錐的三視圖如圖所示，在此四棱錐的側面中，直角三角形的個數為()A．1 B．2C．3 D．4解析：C[由三視圖可得四棱錐P－ABCD，四棱錐P－ABCD中PD＝2，AD＝2，CD＝2，AB＝1.由勾股定理可知：PA＝2eq\r(2)，PC＝2eq\r(2)，PB＝3，BC＝eq\r(5).則在四棱錐中，直角三角形有：△PAD，△PCD，△PAB，共三個，故選C.]6．(2024·湖南省五市十校聯考)某四棱錐的三視圖如圖所示，其側視圖是等腰直角三角形，俯視圖的輪廓是直角梯形，則該四棱錐的各側面面積的最大值為()A．8 B．4eq\r(5)C．8eq\r(2) D．12eq\r(2)解析：D[由三視圖可知該幾何體是一個底面為直角梯形，高為4的四棱錐，如圖，其中側棱PA⊥平面ABCD，PA＝4，AB＝4，BC＝4，CD＝6，所以AD＝2eq\r(5)，PD＝6，PB＝4eq\r(2)，連接AC，則AC＝4eq\r(2)，所以PC＝4eq\r(3)，明顯在各側面面積中△PCD的面積最大，又PD＝CD＝6，所以PC邊上的高為eq\r(62－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),2)))2)＝2eq\r(6)，所以S△PCD＝eq\f(1,2)×4eq\r(3)×2eq\r(6)＝12eq\r(2)，故該四棱錐的各側面面積的最大值為12eq\r(2).故選D.]7．(2024·廣州調研)如圖為一個多面體的三視圖，則該多面體的體積為()A．6 B．7C.eq\f(22,3) D.eq\f(23,3)解析：B[如圖，依據三視圖可畫出對應多面體的直觀圖，該多面體是由棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1被截去三棱錐A－PQA1和三棱錐D－PC1D1之后得到的一個幾何體，其中P，Q分別是棱A1D1，A1B1的中點．故所求多面體的體積V＝V正方體－V三棱錐A－PQA1－V三棱錐D－PC1D1＝23－eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×1))×2－eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×2))×2＝7.故選B.]8．(2024·新課標Ⅱ卷)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為棱CC1的中點，則異面直線AE與CD所成角的正切值為()A.eq\f(\r(2),2) B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(\r(5),2) D.eq\f(\r(7),2)解析：C[如圖取DD1的中點F，連接AF、EF，則EF∥CD，∴∠AEF即是AE與CD所成的角，設正方體的棱長為a，在直角三角形AFE中，EF＝a，AF＝eq\r(a2＋\f(1,2)a2)＝eq\f(\r(5),2)a，∴tan∠AEF＝eq\f(AF,EF)＝eq\f(\f(\r(5),2)a,a)＝eq\f(\r(5),2).]9．(2024·全國Ⅰ卷)某圓柱的高為2，底面周長為16，其三視圖如圖．圓柱表面上的點M在正視圖上的對應點為A，圓柱表面上的點N在左視圖上的對應點為B，則在此圓柱側面上，從M到N的路徑中，最短路徑的長度為()A．2eq\r(17) B．2eq\r(5)C．3 D．2解析：B[圓柱中點M，N的位置如圖1，其側面綻開圖如圖2，則最短路徑如圖2中的MN.由已知MC＝2，CN＝eq\f(1,4)×16＝4，∴MN＝eq\r(MC2＋CN2)＝eq\r(22＋42)＝2eq\r(5).]10．(2024·益陽三模)在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，若AB＝2，BC＝3，PA＝4，則該三棱錐的外接球的表面積為()A．13π B．20πC．25π D．29π解析：D[把三棱錐P－ABC放在長方體中，如圖所示，所以長方體的體對角線長為eq\r(22＋32＋42)＝eq\r(29)，所以三棱錐外接球的半徑為eq\f(\r(29),2)，所以外接球的表面積為4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(29),2)))2＝29π.]11．(2024·重慶市二模)某幾何體的三視圖如圖所示，其正視圖為等腰梯形，則該幾何體的表面積是()A．18 B．8＋8eq\r(3)C．24 D．12＋6eq\r(5)解析：C[依據給定的三視圖，可得原幾何體如圖所示，其中面ABB1A1表示邊長分別為2和4的矩形，其面積為S1＝2×4＝8，△ABC和△A1B1C1為底邊邊長為2，腰長為eq\r(5)的等腰三角形，其高為h＝2，所以面積為S2＝S3＝eq\f(1,2)×2×2＝2，面AA1C1C和面BB1C1C為全等的等腰梯形，上底邊長為2，下底邊長為4，高為2，所以面積為S4＝S5＝eq\f(1,2)×(2＋4)×2＝6，所以幾何體的表面積為S＝8＋2×2＋2×6＝24，故選C.]12．(2024·陜西省質量檢測)已知三棱錐S－ABC中，SA⊥平面ABC，且∠ACB＝30°，AC＝2AB＝2eq\r(3).SA＝1.則該三棱錐的外接球的體積為()A.eq\f(13,8)eq\r(13)π B．13πC.eq\f(\r(13),6)π D.eq\f(13\r(13),6)π解析：D[∵∠ACB＝30°，AC＝2AB＝2eq\r(3)，∴△ABC是以AC為斜邊的直角三角形，其外接圓半徑r＝eq\f(AC,2)＝eq\r(3)，則三棱錐外接球即為以△ABC為底面，以SA為高的三棱錐的外接球．∴三棱錐外接球的半徑R滿意