专题05 空间几何体的三视图、表面积和体积（解析版）-备战2021年高考数学（理）二轮复习题型专练 （通用版）

专题 05 空间几何体的三视图、表面积和体积 【要点提炼】 1.空间几何体的两组常用公式 (1)柱体、锥体、台体、球的表面积公式： ①圆柱的表面积 S＝2πr(r＋l)； ②圆锥的表面积 S＝πr(r＋l)； ③圆台的表面积 S＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl)； ④球的表面积 S＝4πR2. (2)柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh(S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝1 3Sh(S 为底面面积，h 为高)； ③V 球＝4 3πR3. 2.球的简单组合体中几何体度量之间的关系，如棱长为 a 的正方体的外接球、内 切球、棱切球的半径分别为 3 2 a，a 2 ， 2 2 a. 考点 考向一 空间几何体的表面积 【典例 1】 (1)如图所示的几何体是从棱长为 2 的正方体中截去以正方体的某个 顶点为球心，2 为半径的1 8 球体后的剩余部分，则该几何体的表面积为( ) A.24－3π B.24－π C.24＋π D.24＋5π (2)(多选题)等腰直角三角形的直角边长为 1，现将该三角形绕其某一边旋转一周， 则所形成的几何体的表面积可以为( ) A. 2π B.(1＋ 2)π C.2 2π D.(2＋ 2)π 解析 (1)由题意知该几何体的表面积 S＝6×22－3×1 4 ×π×22＋1 8 ×4×π×22＝ 24－π.故选 B. (2)如果是绕直角边旋转，则形成圆锥，圆锥底面半径为 1，高为 1，母线就是直 角三角形的斜边，长为 2，所以所形成的几何体的表面积 S＝π×1× 2＋π×12 ＝( 2＋1)π.如果绕斜边旋转，则形成的是上、下两个圆锥，圆锥的半径是直角三 角形斜边上的高 2 2 ，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，母线长是 1，所 以形成的几何体的表面积 S′＝2×π× 2 2 ×1＝ 2π.综上可知，形成几何体的表面 积是( 2＋1)π或 2π.故选 AB. 答案 (1)B (2)AB 探究提高 1.求空间几何体的表面积，首先要掌握几何体的表面积公式，其次把 不规则几何体分割成几个规则的几何体. 2.(1)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处 理. (2)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用. 【拓展练习 1】 (1)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.12 2π B.12π C.8 2π D.10π (2)(2020·衡水金卷)一个圆锥的轴截面是边长为 4 的等边三角形，在该圆锥中有 一个内接圆柱(下底面在圆锥底面上，上底面的圆周在圆锥侧面上)，则当该圆柱 侧面积取最大值时，该圆柱的高为( ) A.1 B.2 C.3 D. 3 解析 (1)因为过直线 O1O2 的平面截该圆柱所得的截面是面积为 8 的正方形，所 以圆柱的高为 2 2，底面圆的直径为 2 2.所以 S 表面积＝2×π×( 2)2＋2π× 2×2 2 ＝12π. (2)如图，设圆柱底面半径为 r(0＜r＜2)，高为 h，则 h 4sin 60° ＝2－r 2 ， 即 h＝ 3(2－r)，其侧面积为 S＝2 3πr(2－r)＝2 3π(－r2＋2r)，根据二次函数性 质，当 r＝1 时，侧面积取得最大值，此时 h＝ 3. 答案 (1)B (2)D 考向二 空间几何体的体积 【典例 2】 (1)(2020·济南模拟)已知三棱锥 S－ABC 中，∠SAB＝∠ABC＝π 2 ，SB ＝4，SC＝2 13，AB＝2，BC＝6，则三棱锥 S－ABC 的体积是( ) A.4 B.6 C.4 3 D.6 3 (2)(2020·长沙模拟)如图，在四面体 PBCD 中，点 A 是 CD 的中点，PA＝AD， △ABC 为等边三角形，边长为 6，PB＝8，PC＝10，则△PBD 的面积为________， 四面体 PABC 的体积为________. 解析 (1)∵∠ABC ＝ π 2 ， AB ＝ 2 ，BC ＝ 6， ∴AC ＝ AB2＋BC2 ＝ 22＋62 ＝ 2 10.∵∠SAB＝π 2 ，AB＝2，SB＝4，∴AS＝ SB2－AB2＝ 42－22＝2 3.由 SC＝ 2 13，得 AC2＋AS2＝SC2，∴AC⊥AS.又∵SA⊥AB，AC∩AB＝A，∴AS⊥平面 ABC，∴AS 为三棱锥 S－ABC 的高，∴V 三棱锥 S－ABC＝1 3 ×1 2 ×2×6×2 3＝4 3.故 选 C. (2)因为△ABC 为等边三角形，边长为 6，点 A 为 CD 的中点，所以 AD＝AB＝6， 所以△ADB 为等腰三角形. 又∠DAB＝180°－∠CAB＝120°， 所以∠ADB＝1 2(180°－120°)＝30°， 所以∠ADB＋∠DCB＝90°，所以∠DBC＝90°，所以 CB⊥DB，所以 DB＝ CD2－BC2＝ 144－36＝6 3.因为 PB＝8，PC＝10，BC＝6，所以 PC2＝PB2＋ BC2，所以 CB⊥PB.又 DB∩PB＝B，DB ⊂ 平面 PBD，PB ⊂ 平面 PBD，所以 CB⊥ 平面 PBD.因为 DA＝AC＝AP＝6，所以△PDC 为直角三角形，且∠DPC＝90°， 所以 PD＝ CD2－PC2＝ 144－100＝2 11.又 DB＝6 3，PB＝8，所以 DB2＝PD2 ＋PB2，即△PBD 为直角三角形，所以 S△PBD＝1 2 ×8×2 11＝8 11.因为点 A 为 DC的中点，所以VP－ABC＝1 2VP－CBD＝1 2VC－PBD＝1 2 ×1 3 ×S△PBD×CB＝1 2 ×1 3 ×8 11×6 ＝8 11，即四面体 PABC 的体积为 8 11. 答案 (1)C (2)8 11 8 11 探究提高 1.求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转换原则是其高易求， 底面放在已知几何体的某一面上. 2.求不规则几何体的体积：常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则 几何体以易于求解. 【拓展练习 2】 (1)已知圆柱的高为 1，它的两个底面的圆周在直径为 2 的同一 个球的球面上，则该圆柱的体积为( ) A.π B.3π 4 C.π 2 D.π 4 (2)(2020·东北三校一联)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，则四面体 ABEF 的体积为( ) A.1 3 B.2 3 C.1 D.4 3 解析 如图画出圆柱的轴截面 ABCD，O 为球心.球半径 R＝OA＝1，球心到底面 圆的距离为 OM＝1 2. ∴底面圆半径 r＝AM＝ OA2－OM2＝ 3 2 ，故圆柱体积 V＝π·r2·h＝π· 3 2 2 ×1＝ 3π 4 . (2)∵ED⊥平面 ABCD 且 AD ⊂ 平面 ABCD， ∴ED⊥AD. ∵在正方形 ABCD 中，AD⊥DC，而 DC∩ED＝D， ∴AD⊥平面 CDEF. 易知 FC＝ED 2 ＝1，VA－BEF＝VABCDEF－VF－ABCD－VA－DEF. ∵VE－ABCD＝ED×S 正方形 ABCD×1 3 ＝2×2×2×1 3 ＝8 3 ，VB－EFC＝BC×S△EFC×1 3 ＝2×2×1×1 2 ×1 3 ＝2 3 ， ∴VABCDEF＝8 3 ＋2 3 ＝10 3 .又 VF－ABCD＝FC×S 正方形 ABCD×1 3 ＝1×2×2×1 3 ＝4 3 ， VA－DEF＝AD×S△DEF×1 3 ＝2×2×2×1 2 ×1 3 ＝4 3 ，VA－BEF＝10 3 －4 3 －4 3 ＝2 3.故选 B. 答案 (1)B (2)B 考向三 多面体与球的切、接问题 【典例 3】 (1)在封闭的直三棱柱 ABC－A1B1C1 内有一个体积为 V 的球.若 AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则 V 的最大值是( ) A.4π B.9π 2 C.6π D.32π 3 (2)在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为 阳马.如图，若四棱锥 P－ABCD 为阳马，侧棱 PA⊥底面 ABCD，且 PA＝3，BC ＝AB＝4，设该阳马的外接球半径为 R，内切球半径为 r，则 R＝________；内切 球的体积 V＝________. 解析 (1)由 AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，得 AC＝10. 要使球的体积 V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切， 设底面△ABC 的内切圆的半径为 r. 则1 2 ×6×8＝1 2 ×(6＋8＋10)·r，所以 r＝2. ∴2r＝4＞3 不合题意. 球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径 R 最大. 由 2R＝3，即 R＝3 2.故球的最大体积 V＝4 3πR3＝9 2π. (2)在四棱锥 P－ABCD 中，侧棱 PA⊥底面 ABCD，且底面为矩形，将该“阳马” 补成长方体， 则(2R)2＝AB2＋AD2＋AP2＝16＋16＋9＝41， 因此 R＝ 41 2 . 依题意 Rt△PAB≌Rt△PAD，则内切球 O 在侧面 PAD 内的正视图是△PAD 的内 切圆， 故内切球的半径 r＝1 2(3＋4－5)＝1，则 V＝4 3πr3＝4 3π. 答案 (1)B (2) 41 2 4 3π 探究提高 1.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 合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球 心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题. 2.若球面上四点 P，A，B，C 且 PA，PB，PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两 垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题. 【拓展练习 3】 (1)(2020·太原模拟)如图所示，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，底 面 ABC 是等腰直角三角形，AB＝BC＝1，点 D 为侧棱 BB1 上的动点.若△ADC1 周长的最小值为 3＋ 5，则三棱锥 C1－ABC 的外接球的体积为( ) A.2π B. 3 2 π C.5π 2 D.3π (2)(2020·烟台诊断)已知点 A，B，C 在半径为 2 的球面上，满足 AB＝AC＝1，BC ＝ 3，若 S 是球面上任意一点，则三棱锥 S－ABC 体积的最大值为________. 解析 (1)将侧面 ABB1A1 和侧面 BCC1B1 展开在同一平面内，示意图如图所示， 易知当 D 为侧棱 BB1 的中点时，△ADC1 的周长最小，此时设 BD＝x(x＞0)，则 2 1＋x2＋ 2＋4x2＝ 3＋ 5，解得 x＝1 2 ，所以 CC1＝1，AC1＝ 3.又三棱锥 C1 －ABC 的外接球的球心为 AC1 的中点，所以外接球的半径 R＝ 3 2 ，于是三棱锥 C1－ABC 的外接球的体积为 V＝4 3πR3＝4 3π× 3 2 3 ＝ 3 2 π. (2)设球心为 O，△ABC 的外心为 D，则 OD⊥平面 ABC.在△ABC 中，由余弦定 理，得 cos A＝12＋12－（ 3）2 2×1×1 ＝－1 2 ，则 sin A＝ 3 2 .所以 S△ABC＝1 2AB·ACsin A＝ 1 2 ×1×1× 3 2 ＝ 3 4 ，且△ABC 的外接圆半径 DA＝ BC 2sin A ＝ 3 2× 3 2 ＝1.因此在 Rt△OAD 中，OD＝ OA2－DA2＝ 22－12＝ 3.当三棱锥 S－ABC 的高最大时， 三棱锥 S－ABC 的体积取最大值，而三棱锥 S－ABC 的高的最大值为 3＋2，所 以三棱锥 S－ABC 的体积的最大值为1 3 × 3 4 ×( 3＋2)＝3＋2 3 12 . 答案 (1)B (2)3＋2 3 12 【专题拓展练习】 1．已知四面体 ABCD 中，二面角 A BC D  的大小为 60 ，且 2AB  ， 4CD  ， 120CBD   ，则四面体 ABCD 体积的最大值是（ ） A． 4 3 9 B． 2 3 9 C． 8 3 D． 4 3 【答案】D 【详解】 在 BCD△ 中，由余弦定理可得 2 2 2 2 cos120CD BC BD BC BD     2 2BC BD BC BD    因为 2 2 2BC BD BC BD  ，所以 2 3CD BC BD  ， 所以 16 3BC BD  ，当且仅当 BC BD 时等号成立， 1 1 16 3 4sin120 32 2 3 2 3BCDS BC BD       ， 因为二面角 A BC D  的大小为 60 ， 所以点 A 到平面 BCD的最大距离为 2sin 60 3h   ， 所以 1 1 4 43 33 3 3 3A BCD BCDV S h       ， 所以四面体 ABCD 体积的最大值是 4 3 ， 2．如图是某个四面体的三视图，则下列结论正确的是（ ） A．该四面体外接球的体积为 48 B．该四面体内切球的体积为 2 3  C．该四面体外接球的表面积为32 3 D．该四面体内切球的表面积为 2 【答案】D 【详解】 由三视图得几何体为下图中的三棱锥 A BCD ， AB  平面 BCD, 4 2AB  , 2CE DE  , 2BE  ,由题得 2CBD   . 设外接球的球心为 ,O 外接球的半径为 R ，则OE  平面 BCD, 连接 ,OB OA,取 AB 中点 F , 连接 OF . 由题得 1 2 22OE BF AB   ,所以 2 2 2(2 2) 2 , 2 3R R    , 所以外接球的体积为 34 (2 3) 32 33    ，所以选项 A 错误； 所以外接球的表面积为 24 (2 3) 48   ，所以选项 C 错误； 由题得 2 2(4 2) (2 2) 2 10AC AD    ， 所以△ ACD△ 的高为 240 2 6  ， 设内切球的半径为 r ，则 1 1 1 1 1 1 1(4 2 2 2 4 2 2 2 2 4 4 6 ) 2 4 4 23 2 2 2 2 3 2r                 所以 2 2r = ， 所以内切球的体积为 34 2 2)3 2 3   （ ，所以选项 B 错误； 所以内切球的表面积为 224 ( ) 22    ，所以选项 D 正确. 故选：D 3．已知三棱锥 P ABC 的底面是正三角形， PA a ，点 A 在侧面 PBC 内的射影 H 是 PBC 的垂心，当三棱锥 P ABC 体积最大值时，三棱锥 P ABC 的外接球的表面积为 （ ） A． 34 3a B． 23 a C． 33 2 a D． 212a 【答案】B 【详解】 如下图所示，延长 PH 交 BC 于点 D ，连接 AD ， H 为 PBC 的垂心，则 BC PD⊥ ， AH  平面 PBC ， BC 平面 PBC ， BC AH  ， AH PD H  ， BC  平面 PAD ， AD Q 平面 PAD ， BC AD  ， 连接 BH 并延长交 PC 于点 E ，连接 AE ， AH  平面 PBC ， PC 平面 PBC ， AH PC  ， BE PC ， AH BE H ， PC  平面 ABE ， AB  平面 ABE ， AB PC  ， 设点 P 在平面 ABC 内的射影为点 O ，延长 CO 交 AB 于点 F ，连接 PF ， PO  平面 ABC ， AB Ì平面 ABC ， PO AB  ， PO PC P  ， AB  平面 PCF ， PFQ 、CF  平面 PCF ，则 PF AB ，CF AB ， AD CF O  ， O 为正 ABC 的中心，且 F 为 AB 的中点， PO  平面 ABC ，OA、OB 、OC  平面 ABC ， PO OA ， PO OB ， PO OC ，且OA OB OC  ， 所以， POA POB POC    ， PA PB PC a    ， 当 PB PC 时， PBC 的面积取最大值， 当 PA  平面 PBC 时，三棱锥 P ABC 的体积取得最大值， 将三棱锥 A PBC 补成正方体 AEMN PBDC ， 所以，三棱锥 A PBC 的外接球的直径即为正方体 AEMN PBDC 的体对角线长， 设三棱锥 A PBC 的外接球直径为 2R ，则 2 2 22 3R PA PB PC a    ， 因此，三棱锥 P ABC 的外接球的表面积为  22 24 2 3R R a     . 4．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ） A．24 B．28 C．32 D．36 【答案】B 【详解】 根据三视图可知，该几何体是由长宽高分别为 4,3,2 的长方体和一个高为1的正四棱锥组合 而成的组合体，如图： 其体积为 14 3 2 4 3 1 283        . 5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A． 1 3 B． 1 6 C．1 D． 2 3 【答案】A 【详解】 由三视图知原几何体是三棱锥 A BCD ， AB 与底面垂直，底面 BDC 是等腰 直角三角 形， 棱锥的体积为 1 1 11 1 23 2 3V          ， 故选：A． 6．用到球心的距离为 1 的平面去截球，以所得截面为底面，球心为顶点的圆锥体积为 8 3  ， 则球的表面积为（ ） A．16 B． 32 C．36 D． 48 【答案】C 【详解】 设球的半径为 R ，圆锥的底面半径为 r ，因为球心到截面的距离为 1， 所以有： 2 2 1r R  ， 则题中圆锥体积  21 81 13 3V R      ，解得 3R  ，故球的表面积为 24 36R  . 故选：C 7．在三棱锥 P ABC 中，PA  平面 ABC ， 2AP  ， 2 2AB  ， 4AC  ， 45BAC   ， 则三棱锥 P ABC 外接球的表面积是（ ） A．14 B．16 C．18 D． 20 【答案】D 【详解】 在 BAC 中， 45BAC   ， 2 2AB  ， 4AC  ， 由余弦定理可得 2 2 2 22 cos 8 16 2 4 2 2 2 24 2BC AB AC AB AC            ， 则 2 2 2BC AB AC  ，所以 BC AB ， 由 PA  平面 ABC ，则 PA BC ， PA AB A ， 所以 BC ⊥平面 PAB ， 所以 BC PB ， 所以 PBC 为直角三角形， 又 PAC△ 为直角三角形， 所以 PC 是外接球直径，O 是 PC 的中点，即为球心， 又 2 2, 2AB BC PA   ， 所以    2 222 2 2 2 2 2 5PC     ， 所以外接球半径为 5 ， 所以球 O 的体积 24 ( 5) 20V     . 8．已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点 ,M N ，若线段 MN 的最小值为 3 1 ， 则下列结论不正确的是（ ） A．正方体的外接球的表面积为12 B．正方体的内切球的体积为 4 3  C．正方体的棱长为 2 D．线段 MN 的最大值为 2 3 【答案】D 【详解】 设正方体的棱长为 a ，则正方体外接球半径为体对角线长的一半，即 3 2 a ， 内切球半径为棱长的一半，即 2 a . ∵ M N， 分别为外接球和内切球上动点， ∴ min 3 3 1 3 12 2 2 aa aMN     ， 解得： 2a  .即正方体棱长为 2，C 正确； ∴正方体外接球表面积为 24 ( 3) 12   ，A 正确； 内切球体积为 4 3  ，B 正确； 线段 MN 的最大值为 3 3 12 2 aa   ，D 错误. 9．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有一个数学问题：“现有刍甍， 下宽 3 丈，长 4 丈；上长 2 丈，无宽，高 1 丈.问：有体积多少？”本题中刍甍是如图所示的 几何体 EF ABCD ，底面 ABCD 是矩形， / /AB EF ， 4AB  ， 3AD  ， 2EF  ， 直线 EF 到底面 ABCD 的距离 1h  ，则该几何体 EF ABCD 的体积是（ ） A．5 B．10 C．15 D． 5 2 【答案】A 【详解】 沿上棱两端向底面作垂面，且使垂面与上棱垂直， 则将几何体分成两个四棱锥和 1 个直三棱柱， 则三棱柱的体积 1 1 3 1 2 32V      ， 两个四棱锥的体积 2 1 1 11 3 1 3 1 3 ( ) 23 3 3V DM CN DM CN              ， 所以该几何体 EF ABCD 的体积是 3+2=5. 10．已知长方体的两个底面是边长为1的正方形，长方体的一条体对角线与底面成 45 角， 则此长方体的外接球表面积为（ ） A． 4 B． 6 C．12 D． 24 【答案】A 【详解】 记该长方体为 1 1 1 1ABCD A B C D ， 1BD 为该长方体的一条体对角线，其与底面所成角为 45 ， 因为在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，侧棱 1DD  底面 ABCD ， 则 1D BD 为 1BD 与底面所成角，即 1 45D BD   ， 因为长方体的两个底面是边长为1的正方形，所以 2 2 2BD AD AB   ， 则 1 2DD BD  ，所以 1 2 2 2BD    ， 又长方体的外接球直径等于其体对角线的长， 即该长方体外接球的直径为 12 2 2 2R BD    ， 所以此长方体的外接球表面积为 24 4S R   . 11．在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，三棱锥 1 1A B CD 的表面积为 4 3 ，则正方体外接球 的体积为（ ） A． 4 3 B． 6 C．32 3 D．8 6 【答案】B 【详解】 解：设正方体的棱长为 a ，则 1 1 1 1 1 1 2B D AC AB AD B C D C a      ， 由于三棱锥 1 1A B CD 的表面积为 4 3 ， 所以  1 21 3 34 4 22 42AB CS S a     所以 2a  所以正方体的外接球的半径为      2 2 2 2 2 2 6 2 2    ， 所以正方体的外接球的体积为 3 4 6 63 2         12．某几何体的三视图均为如图所示的五个边长为单位 1 的小正方形构成，则该几何体与其 外接球的表面积分别为（ ） A．18,3 B． 20,3 C．30,11 D．32,11 【答案】C 【详解】 解：由三视图的几何体如图所示， 可知几何体的表面积为 1 1 5 6 30S      ， 设该几何体外接球的半径为 R ，则 2 2 22 1 1 3 11R     ， 所以该几何体外接球的表面积为 2 114 112S          . 13．已知三棱锥 P ABC ， 3BAC   ， 3BC  ， PA  平面 ABC 且 2 3PA  ，则 此三棱锥的外接球的体积为（ ） A．16 3  B． 4 3 C．16 D． 32 3  【答案】D 【详解】 如图，设球心为O ，三角形 ABC 外接圆心为 1O ，  PA  平面 ABC ， 1 1 32OO PA  ， 设球半径为 R ，圆 1O 的半径为 r ， 则在三角形 ABC 中，由正弦定理可得 32 2sin 3 2 BCr BAC    ，即 1r  ， 在直角三角形 1AOO 中， 2 2 2 1 1OO AO OA  ，即 2 2 23 r R  ，解得 2R  ， 则外接球的体积为 34 32 3 3R  . 故选：D. 14．已知正三棱柱 1 1 1ABC A B C 的各棱长均为 2 ，底面 ABC 与底面 1 1 1A B C 的中心分别为 O 、 1O ，P 是 1OO 上一动点，记三棱锥 P ABC 与三棱锥 1 1 1P A B C 的体积分别为 1V 、 2V ， 则 1 2V V 的最大值为（ ） A． 1 3 B． 3 3 C． 2 3 D． 2 3 3 【答案】A 【详解】 ∵正三棱柱 1 1 1ABC A B C 的各棱长均为 2 ， ∴ 1 1 1 1 2 2 sin 60 32ABC A B CS S       ，且 1 2OO  ， ∴ 1 1 11 2 1 1 1 1 1 1 1 2 3( )3 3 3 3 3ABC A B C ABC ABCV V S OP S O P S OP O P S OO              ， 由 1 2 1 2 2 32 3V V V V    得： 1 2 1 3V V  ，当且仅当点 P 为 1OO 的中点时等号成立， ∴ 1 2V V 的最大值为 1 3 ，故选：A. 15．如图，正四棱锥 P ABCD 的底面边长和高均为 2，M 是侧棱 PC 的中点，若过 AM 作 该正四棱锥的截面，分别交棱 PB､PD 于点 E､F(可与端点重合)，则四棱锥 P AEMF 的体积 的取值范围是（ ） A． 1 ,12      B． 1 4,2 3      C． 41, 3      D． 8 ,19      【答案】D 【详解】 设 ,PE PFx yPB PD   ,则 ,PE xPB PF yPD  所以 4 1 2,3 2 3P AEF P ABD P MEF P BCDV xy V xy V xyV xy        ， 1 2 1 2,2 3 2 3P AFM P ACD P AEM P ABCV y V y V x V x         ，  22 3P AEMF P AEF P EMF P AFM P AEMV V V V V xy x y           ， 所以 3x y xy  ，则 3 3 1 yx y   ， 令3 1y t  ，因为 1 ,12y      ， 所以 1 ,22t      ， 所以  22 13 1 1 4 12 ,3 1 9 9 9 2 ty ty t t                 ， 所以 22 3 8 ,13 3 1 9P AEMF yV y         ， 故选：D