则当x∈时，f（x）≤f
（2）＝80，
∴V≤×＝4.
∴所求三棱锥的体积的最大值为4.
[答案] 4
[微评] 处理此类问题的关键是结合图形条件建立适当函数，转化为求函数的最值问题．
四面体体积的6种解法
[题根探究]
[典例] 在四面体PABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，PA＝PB＝PC＝4，求四面体PABC的体积．
[解] 如图，作PO⊥平面ABC，点O为垂足，
∵PA＝PB＝PC，
∴OA＝OB＝OC，
∴O为△ABC的外心，
设OB＝R，由正弦定理2R＝＝4.
在Rt△POB中，OB＝2，PB＝4，得PO＝2，
∴S△ABC＝BA·BC·sin∠ABC＝，
∴VPABC＝S△ABC·PO＝2.
[考查角度] 体积问题是立体几何的基本问题，由于几何体的形状多种多样，求体积的方法也有多种，但利用公式是基本方法．
[变式应用]
[变式1] 在四面体ABCD中，若有5条棱长均为3，只有一条棱长为4，求此四面体的体积．
解：
如图，设CD＝4，其余各棱长均为3，取CD的中点E，连接AE，BE，
因为AE⊥CD，BE⊥CD，AE∩BE＝E，
所以CD⊥平面ABE，
因此VABCD＝VDABE＋VCABE
＝S△ABE·（CE＋ED）
＝CD·S△ABE·
BE＝AE＝＝＝.
在△ABE中，作EF⊥AB，则EF＝＝＝，从而VABCD＝CD·S△ABE＝×4×AB·EF＝×3×＝.
[变式2] 在四面体DABC中，三组对棱分别相等，且依次为2，2，2，求此四面体的体积．
解：
将四面体DABC补形成长方体，使得四面体DABC的对棱分别是长方体相对面的对角线．
设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，
则解得a＝2，b＝4，c＝6，
从而VABCD＝V长方体－4V三棱锥＝abc－4×abc＝abc＝16，此四面体的体积为16.
[变式3] 三棱锥的三条侧棱两两垂直，3个侧面与底面所成的角分别为30°，45°，60°，底面面积为，求三棱锥的体积．
解：
设三棱锥的3条侧棱长分别为a，b，c，而3个侧面面积分别为S1＝cos30°，S2＝cos45°，S3＝cos60°，从而a2b2c2＝S1S2S3＝，故V＝abc＝1.
[变式4] 某工厂食堂用圆台形缸盛满食油，已知此缸上、下底面半径分别为40cm和20cm,13天后油的高度降为原来的，若每天用油量相等，剩余的油还可以用多少天？
解：
将圆台补成圆锥，记从下至上3部分的体积分别为V1，V2，V3（如图）．此缸上、下底面半径分别为40cm、20cm,13天后油的高度降为原来的，可知三个棱锥高的比为3∶5∶6.设V1＝33a，由圆锥平行于底面的截面的性质
得：
V2＝53a－33a＝98a，V3＝63a－53a＝91a.设剩余的油还可以用x天，由题意得：
91a∶13＝98a∶x，解得x＝14，故剩余的油还可以用14天．
[变式5] 在四面体ABCD中，AB＝a，CD＝b，AB和CD的距离为d，问当棱AB和CD所成的角θ为何值时，该四面体体积有最大值，最大值是多少？
解：
如图，过点B作BE∥CD，并使BE＝CD，则∠ABE＝θ，点D到平面ABE的距离就是AB和CD的距离d，因此V＝VABCD＝VABED＝VDBEA＝·BE·ABsinθ·d＝abdsinθ.当θ＝90°时，即当对棱AB和CD垂直时，四面体体积有最大值V＝abd.
A组——易错清零练
1．（2018·洛阳模拟）已知球O与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O的体积为（ ）
A.π B.π
C.πD．π
解析：
选A 将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2.因为球O与正四面体的各棱都相切，所以球O为正方体的内切球，即球O的直径为正方体的棱长2，则球O的体积V＝πR3＝π，故选A.
2.
（2018·成都模拟）如图，一个三棱锥的三视图均为直角三角形．若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）
A．4πB．16π
C．24πD．25π
解析：
选C 由三视图知该几何体是一个三条侧棱两两垂直的三棱锥，三条侧棱长分别为2,2,4，将该三棱锥补成一个长方体，可知该三棱锥的外接球直径就是长方体的体对角线，所以外接球直径2R＝＝2，则R＝，故该球的表面积为4πR2＝24π，故选C.
3．（2018·陕西模拟）《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中间的实线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为（ ）
A．2B．4＋2
C．4＋4D．4＋6
解析：
选C
由三视图知，该几何体是直三棱柱ABCA1B1C1，其中AB＝AA1＝2，BC＝AC＝，∠C＝90°，其直观图如图所示，侧面为三个矩形，故该“堑堵”的侧面积S＝（2＋2）×2＝4＋4，故选C.
4．（2018·湖南长郡中学月考）正方体的8个顶点中，有4个恰是正四面体的顶点，则正方体与正四面体的表面积之比为________．
解析：
如图，设正方体的棱长为a，则正方体的表面积为S1＝6a2.正四面体PABC的边长为＝a，则其表面积为S2＝4××a×a×sin60°＝2a2.所以正方体与正四面体的表面积之比为S1∶S2＝6a2∶2a2＝∶1.
答案：
∶1
B组——方法技巧练
1．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）
A．6B．8
C．10D．12
解析：
选D 根据题中所给的三视图，可以还原几何体，如图所示．
该几何体可以将凸出的部分补到凹进去的地方成为一个长、宽、高分别是3,2,2的长方体，所以该几何体的体积为2×2×3＝12，故选D.
2．（2018·湖南五市十校联考）圆锥的母线长为L，过顶点的最大截面的面积为L2，则圆锥底面半径与母线长的比的取值范围是（ ）
A.B．
C.D．
解析：
选D 设圆锥的高为h，过顶点的截面的顶角为θ，则过顶点的截面的面积S＝L2sinθ，而0r≥Lcos45°＝L，所以≤<1.
3．在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，则点B到平面D1AC的距离等于________．
解：
如图，连接BD1，易知D1D就是三棱锥D1ABC的高，AD1＝CD1＝，AC＝2，取AC的中点O，连接D1O，则D1O⊥AC，所以D1O＝＝.
设点B到平面D1AC的距离为h，则由VBD1AC＝VD1ABC，即S△D1AC·h＝S△ABC·D1D，又S△D1AC＝D1O·AC＝××2＝，S△ABC＝AB·BC＝×2×2＝2，所以h＝.
答案：
4.如图，侧棱垂直于底面的三棱柱ABCA1B1C1的底面ABC位于平行四边形ACDE中，AE＝2，AC＝AA1＝4，∠E＝60°，点B在线段ED上．
（1）当点B在何处时，平面A1BC⊥平面A1ABB1；
（2）点B在线段ED上运动的过程中，求三棱柱ABCA1B1C1表面积的最小值．
解：
（1）由于三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，则AA1⊥平面ABC，
因为BC⊂平面ABC，
所以AA1⊥BC.而AA1∩AB＝A，只需BC⊥平面A1ABB1，
即AB⊥BC，就有“平面A1BC⊥平面A1ABB1”．
在平行四边形ACDE中，因为AE＝2，AC＝AA1＝4，∠E＝60°.
过B作BH⊥AC于H，则BH＝.
若AB⊥BC，有BH2＝AH·CH.
由AC＝4，得AH＝1或3.
两种情况下，B为ED的中点或与点D重合．
（2）三棱柱ABCA1B1C1的表面积等于侧面积与两个底面积之和．
显然三棱柱ABCA1B1C1其底面积和平面A1ACC1的面积为定值，只需保证侧面A1ABB1和侧面B1BCC1面积之和最小即可．
过B作BH⊥AC于H，则BH＝.
令AH＝x，则侧面A1ABB1和侧面B1BCC1面积之和等于4（AB＋BC）＝4[＋]．
其中＋可以表示动点（x,0）到定点（0，－）和（4，）的距离之和，当且仅当x＝2时取得最小值．所以三棱柱的表面积的最小值为2××4×＋42＋4×2＝4＋8＋16.
5.（2018·石家庄模拟）如图，已知四棱锥PABCD，底面ABCD为正方形，且PA⊥底面ABCD，过AB的平面ABFE与侧面PCD的交线为EF，且满足S△PEF∶S四边形CDEF＝1∶3.
（1）证明：
PB∥平面ACE；
（2）当PA＝2AD＝2时，求点F到平面ACE的距离．
解：
（1）证明：
由题知四边形ABCD为正方形，
∴AB∥CD，
∵CD⊂平面PCD，AB⊄平面PCD，
∴AB∥平面PCD.
又AB⊂平面ABFE，平面ABFE∩平面PCD＝EF，
∴EF∥AB，∴EF∥CD.
由S△PEF∶S四边形CDEF＝1∶3知E，F分别为PD，PC的中点．
如图，连接BD交AC于点G，则G为BD的中点，连接EG，则EG∥PB.
又EG⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，
∴PB∥平面ACE.
（2）∵PA＝2，AD＝AB＝1，
∴AC＝，AE＝PD＝，
∵PA⊥平面ABCD，∴CD⊥PA，
又CD⊥AD，AD∩PA＝A，
∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD.
在Rt△CDE中，CE＝＝.
在△ACE中，由余弦定理知cos∠AEC＝＝，∴sin∠AEC＝，
∴S△ACE＝·AE·CE·sin∠AEC＝.
设点F到平面ACE的距离为h，连接AF，则VFACE＝××h＝h.
∵DG⊥AC，DG⊥PA，AC∩PA＝A，∴DG⊥平面PAC.
∵E为PD的中点，
∴点E到平面ACF的距离为DG＝.
又F为PC的中点，∴S△ACF＝S△ACP＝，
∴VEACF＝××＝.
由VFACE＝VEACF，得h＝，得h＝，
∴点F到平面ACE的距离为.
C组——创新应用练
1．某几何体的一条棱长为，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，则a＋b的最大值为（ ）
A．2B．2
C．4D．2
解析：
选C 本题可以以长方体为载体，设该几何体中棱长为的棱与此长方体的体对角线重合，则此棱各射影分别为相邻三面的对角线，其长度分别为，a，b，设长方体的各棱长分别为x，y，z，则有⇒a2＋b2＝8.所以≥2⇒a＋b≤4，当且仅当a＝b＝2时取“＝”，故a＋b的最大值为4.
2．（2018·昆明模拟）古人采取“用臼舂米”的方法脱去稻谷的外壳，获得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石头或木头制成．一个“臼”的三视图如图所示，则凿去部分（看成一个简单的组合体）的体积为（ ）
A．63πB．72π
C．79πD．99π
解析：
选A 由三视图得，凿去部分是一个半球与一个圆柱的组合体，其中半球的半径为3，体积为×π×33＝18π，圆柱的底面半径为3，高为5，体积为π×32×5＝45π.所以凿去部分的体积为18π＋45π＝63π.故选A.
3．（2018·沈阳质检）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，且BD⊥CD，AB＝BD＝CD，点P在棱AC上运动，设CP的长度为x，若△PBD的面积为f（x），则f（x）的图象大致是（ ）
解析：
选A
如图，作PQ⊥BC于Q，作QR⊥BD于R，连接PR，则由鳖臑的定义知PQ∥AB，QR∥CD，PQ⊥QR.
设AB＝BD＝CD＝1，CP＝x（0≤x≤1），则＝＝，
即PQ＝，又＝＝＝，
所以QR＝，
所以PR＝＝
＝，
又由题知PR⊥BD，
所以f（x）＝＝，结合选项知选A.
4．（2018·长春模拟）已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形，则该圆锥体积的最大值为________．
解析：
由题意得圆锥的母线长为3，设圆锥的底面半径为r，高为h，则h＝，所以圆锥的体积V＝πr2h＝πr2＝π.设f（r）＝9r4－r6（r>0），则f′（r）＝36r3－6r5，令f′（r）＝36r3－6r5＝6r3（6－r2）＝0，得r＝，所以当00，f（r）单调递增，当r>时，f′（r）<0，f（r）单调递减，所以f（r）max＝f（）＝108，所以Vmax＝π×＝2π.
答案：
2π
5．（2018·惠州模拟）某三棱锥的三视图如图所示，且图中的三个三角形均为直角三角形，则xy的最大值为________．
解析：
将三视图还原为如图所示的三棱锥PABC，其中底面ABC是直角三角形，AB⊥BC，PA⊥平面ABC，BC＝2，PA2＋y2＝102，
（2）2＋PA2＝x2，
所以xy＝x
＝x≤＝64，
当且仅当x2＝128－x2，即x＝8时取等号，因此xy的最大值是64.
答案：
64
6．（2019届高三·湖北七市（州）联考）
《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中将底面为直角三角形的直棱柱称为堑堵，将底面为矩形的棱台称为刍童．在如图所示的堑堵ABMDCP与刍童ABCDA1B1C1D1的组合体中，AB＝AD，A1B1＝A1D1.
（1）证明：
直线BD⊥平面MAC；
（2）若AB＝1，A1D1＝2，MA＝，三棱锥AA1B1D1的体积V′＝，求该组合体的体积．
解：
（1）证明：
由题可知ABMDCP是底面为直角三角形的直棱柱，
∴AD⊥平面MAB，∴AD⊥MA，
又MA⊥AB，AD∩AB＝A，
∴MA⊥平面ABCD，
∴MA⊥BD，又AB＝AD，
∴四边形ABCD为正方形，∴BD⊥AC，
又MA∩AC＝A，
∴BD⊥平面MAC.
（2）设刍童ABCDA1B1C1D1的高为h，
则三棱锥AA1B1D1的体积V′＝××2×2×h＝，∴h＝，
故该组合体的体积V＝×1××1＋×（12＋22＋）×＝＋＝.
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