2020高考数学二轮复习练习：第二部分 专题三 第1讲 空间几何体的三视图、表面积与体积含解析

2020高考数学二轮复习练习：第二部分 专题三 第1讲 空间几何体的三视图、表面积与体积含解析

第1讲　空间几何体的三视图、表面积与体积 ‎[做真题]‎ 题型一　空间几何体的表面积与体积 ‎1．(2019·高考全国卷Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD－A1B1C1D1挖去四棱锥O－EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.‎ 解析：由题易得长方体ABCDA1B1C1D1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的面积为矩形BCC1B1面积的一半，即×6×4＝12(cm2)，所以V四棱锥OEFGH＝×3×12＝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)．‎ 答案：118.8‎ ‎2．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为________．　‎ 解析：如图所示，设S在底面的射影为S′，连接AS′，SS′.△SAB的面积为·SA·SB·sin∠ASB＝·SA2·＝·SA2＝5，所以SA2＝80，SA＝4.因为SA与底面所成的角为45°，所以∠SAS′＝45°，AS′＝SA·cos 45°＝4×＝2.所以底面周长l＝2π·AS′＝4π，‎ 所以圆锥的侧面积为×4×4π＝40π.‎ 答案：40π 题型二　与球有关的切、接问题 ‎1．(2019·高考全国卷Ⅰ )已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为(　　)‎ A．8π　　　　　　 B．4π C．2π D．π 解析：选D.因为点E，F分别为PA，AB的中点，‎ 所以EF∥PB，‎ 因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.‎ 取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，‎ 所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面PAC，所以PB⊥平面PAC，‎ 所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，‎ 所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥PABC 放在正方体中如图所示．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为，所以该正方体的体对角线长为，所以三棱锥PABC的外接球的半径R＝，所以球O的体积V＝πR3＝π＝π，故选D.‎ ‎2．(2018·高考全国卷Ⅲ)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥DABC体积的最大值为(　　)‎ A．12 B．18 C．24 D．54 ‎ 解析：选B.设等边三角形ABC的边长为x，则x2sin 60°＝9，得x＝6.设△ABC 的外接圆半径为r，则2r＝，解得r＝2，所以球心到△ABC所在平面的距离d＝＝2，则点D到平面ABC的最大距离d1＝d＋4＝6，所以三棱锥DABC体积的最大值Vmax＝S△ABC×6＝×9×6＝18.‎ ‎3．(2017·高考全国卷Ⅲ)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． C． D． 解析：选B.设圆柱的底面半径为r，则r2＝12－＝，所以，圆柱的体积V＝π×1＝，故选B.‎ ‎[山东省学习指导意见]‎ ‎1．利用实物模型．认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．‎ ‎2．会用斜二测法画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的直观图．‎ ‎3．了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式(不要求记忆公式)．‎ ‎　　　空间几何体的表面积和体积 ‎[典型例题]‎ 命题角度一　空间几何体的表面积 ‎ (1)(2019·临沂调研)已知圆锥的高为3，底面半径长为4.若一球的表面积与此圆锥的侧面积相等，则该球的半径长为(　　)‎ A．5 B． C．9 D．3‎ ‎(2)(2019·上海浦东期中)在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为40 cm，母线长最短50 cm，最长80 cm，则斜截圆柱的侧面面积S＝________cm2.‎ ‎【解析】　(1)因为圆锥的底面半径R＝4，高h＝3，所以圆锥的母线l＝5，所以圆锥的侧面积S＝πRl＝20π.设球的半径为r，则4πr2＝20π，所以r＝.故选B.‎ ‎(2)将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱，则圆柱的侧面展开图为矩形．由题意得所求侧面展开图的面积S＝×(50＋80)×(π×40)＝2 600π(cm2)．‎ ‎【答案】　(1)B　(2)2 600π 求几何体的表面积的方法 ‎(1)求表面积问题的基本思路是将立体几何问题转化为平面几何问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．‎ ‎(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差得不规则几何体的表面积．　 ‎ 命题角度二　空间几何体的体积 ‎ (1)(2019·河北衡水中学四调)如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球对接而成，在该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为(　　)‎ A． B． C．81π D．128π ‎(2)(一题多解)如图，在直角梯形ABCD中，AD＝AB＝4，BC＝2，沿中位线EF折起，使得∠AEB为直角，连接AB，CD，则所得的几何体的表面积为________，体积为________．　‎ ‎【解析】　(1)小圆柱的高分为上下两部分，上部分的高同大圆柱的高相等，为5，下部分深入底部半球内．设小圆柱下部分的高为h(0＜h＜5)，底面半径为r(0＜r＜5)．由于r，h和球的半径构成直角三角形，即r2＋h2＝52，所以小圆柱体积V＝πr2(h＋5)＝π(25－h2)(h＋5)(0＜h＜5)，求导得V′＝－π(3h－5)(h＋5)．当0＜h＜时，V′＞0，体积V单调递增；当＜h＜5时，V′＜0，体积V单调递减．所以当h＝时，小圆柱的体积取得最大值，即Vmax＝π×＝，故选B.‎ ‎(2)如图，过点C作CM平行于AB，交AD于点M，作CN平行于BE，交EF于点N，连接MN.由题意可知ABCM，BENC都是矩形，AM＝DM＝2，CN＝2，FN＝1，AB＝CM＝2，所以S△AEB＝×2×2＝2，‎ S梯形ABCD＝×(2＋4)×2＝6，‎ S梯形BEFC＝×(2＋3)×2＝5，‎ S梯形AEFD＝×(3＋4)×2＝7，‎ 在直角三角形CMD中，CM＝2，MD＝2，‎ 所以CD＝2.又因为DF＝FC＝，‎ 所以S△DFC＝×2×＝，所以这个几何体的表面积为2＋6＋5＋7＋＝14＋6＋.‎ 法一：因为截面CMN把这个几何体分割为直三棱柱 ABEMCN和四棱锥CMNFD，又因为直三棱柱ABEMCN的体积为V1＝S△ABE·AM＝×2×2×2＝4，四棱锥CMNFD的体积为V2＝S四边形MNFD·BE＝×(1＋2)×2×2＝2，所以所求几何体的体积为V1＋V2＝6.‎ 法二：‎ 如图，连接AC，EC，则几何体分割为四棱锥CADFE和三棱锥CABE，因为VCADFE＝××2＝，VCABE＝×2＝，所以几何体的体积为VCADFE＋VCABE＝＋＝6.‎ 法三：‎ 如图，延长BC至点M，使得CM＝2，延长EF至点N，使得FN＝1，连接DM，MN，DN，得到直三棱柱ABEDMN，所以几何体的体积等于直三棱柱ABEDMN的体积减去四棱锥DCMNF的体积．‎ 因为VABEDMN＝×4＝8，‎ VDCMNF＝×2＝2，‎ 所以几何体的体积为VABEDMN－VDCMNF＝8－2＝6.‎ ‎【答案】　(1)B　(2)14＋6＋　6‎ 求空间几何体体积的常用方法 ‎(1)公式法：直接根据相关的体积公式计算．‎ ‎(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等．‎ ‎(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当分割或补形，转化为易计算体积的几何体．　 ‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．(2019·江苏南通联考)已知正三棱柱ABCA1B1C1的各棱长均为2，点D在棱AA1上，则三棱锥DBB1C1的体积为________．‎ 解析：‎ 如图，取BC中点O，连接AO.因为正三棱柱ABCA1B1C1的各棱长均为2，所以AC＝2，‎ OC＝1，则AO＝.‎ 因为AA1∥平面BCC1B1，所以点D到平面BCC1B1的距离为.‎ 又S△BB1C1＝×2×2＝2，所以VDBB1C1＝×2×＝.‎ 答案： ‎2．(2019·长春市质量监测(一))已知一所有棱长都是的三棱锥，则该三棱锥的体积为________．‎ 解析：‎ 记所有棱长都是的三棱锥为PABC，如图所示，取BC的中点D，连接AD，PD，作PO⊥AD于点O，则PO⊥平面ABC，且OP＝×＝，故三棱锥PABC的体积V＝S△ABC·OP＝××()2×＝.‎ 答案： ‎　　　与球有关的切、接问题 ‎[典型例题]‎ 命题角度一　外接球 ‎ (2019·石家庄市质量检测)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PB⊥底面ABCD，O为对角线AC与BD的交点，若PB＝1，∠APB＝∠BAD＝，则三棱锥PAOB的外接球的体积是________．‎ ‎【解析】　因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，即OA⊥OB，因为PB⊥平面ABCD，所以PB⊥AO，又OB∩PB＝B，所以AO⊥平面PBO，所以AO⊥PO，即△PAO是以PA为斜边的直角三角形，因为PB⊥AB，所以△PAB是以PA为斜边的直角三角形，‎ 所以三棱锥PAOB的外接球的直径为PA，因为PB＝1，∠APB＝，所以PA＝2，所以三棱锥PAOB的外接球的半径为1，所以三棱锥PAOB的外接球的体积为.‎ ‎【答案】　 解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．　 ‎ 命题角度二　内切球 ‎ (2019·广东省七校联考)在四棱锥PABCD中，四边形ABCD是边长为2a的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝2a，若在这个四棱锥内放一个球，则该球半径的最大值为________．‎ ‎【解析】　通解：由题意知，球内切于四棱锥PABCD时半径最大，设该四棱锥的内切球的球心为O，半径为r，连接OA，OB，OC，OD，OP，则VPABCD＝VOABCD＋VOPAD＋VOPAB＋VOPBC＋VOPCD，即×2a×2a×2a＝××r，解得r＝(2－)a.‎ 优解：‎ 易知当球内切于四棱锥PABCD，即与四棱锥PABCD各个面均相切时，球的半径最大，作出相切时的侧视图如图所示，设四棱锥PABCD内切球的半径为r，则×2a×2a＝×(2a＋2a＋2a)×r，解得r＝(2－)a.‎ ‎【答案】　(2－)a 求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．　 ‎ 命题角度三　与球有关的最值问题 ‎ (2019·济南市质量检测)三棱锥PABC的所有顶点都在半径为2的球O 的球面上．若△PAC是等边三角形，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥BC，则三棱锥PABC体积的最大值为(　　)‎ A．2　　　　　　　　　 B．3‎ C．2 D．3 ‎【解析】　根据AB⊥BC可知AC为三角形ABC所在截面圆O1的直径，又平面PAC⊥平面ABC，△APC为等边三角形，所以P在OO1上，如图所示，设PA＝x，则AO1＝x，PO1＝x，所以PO1＝x＝OO1＋2＝＋2⇒＝4－⇒x2－2x＝0⇒x＝2，所以AO1＝×2＝，PO1＝×2＝3，当底面三角形ABC的面积最大时，即底面为等腰直角三角形时三棱锥PABC的体积最大，此时V＝S△ABC×PO1＝××3＝3.‎ ‎【答案】　B 多面体与球有关的最值问题，主要有三种：一是多面体确定的情况下球的最值问题，二是球的半径确定的情况下与多面体有关的最值问题；三是多面体与球均确定的情况下，截面的最值问题．　 ‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．已知圆锥的高为3，底面半径为，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于(　　)‎ A．π B．π C．16π D．32π 解析：选B.设该圆锥的外接球的半径为R，依题意得，R2＝(3－R)2＋()2，解得R＝2，所以所求球的体积V＝πR3＝π×23＝π，故选B.‎ ‎2．(2019·福州市质量检测)如图，以棱长为1的正方体的顶点A为球心，以 为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为(　　)‎ A． B．π C． D． 解析：选C.‎ 正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A1为圆心，1为半径的圆周长的，所以所有弧长之和为3×＝.故选C.‎ 一、选择题 ‎1.水平放置的△ABC的直观图如图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝，那么原△ABC是一个(　　)‎ A．等边三角形 B．直角三角形 C．三边中只有两边相等的等腰三角形 D．三边互不相等的三角形 解析：选A.AO＝2A′O′＝2×＝，BC＝B′O′＋C′O′＝1＋1＝2，‎ 在Rt△AOB中，AB＝＝2，同理AC＝2，所以△ABC是等边三角形．‎ ‎2．给出下列几个命题：‎ ‎①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；‎ ‎②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；‎ ‎③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是(　　)‎ A．0　　　　　　　　　　 B．1‎ C．2 D．3‎ 解析：选B.①错误，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，‎ 棱台是上、下底面相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．‎ ‎3．(2019·武汉市调研测试)如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，M为CD的中点，则三棱锥ABC1M 的体积VABC1M＝(　　)‎ A． B． C． D． 解析：选C.VABC1M＝VC1ABM＝S△ABM·C1C＝×AB×AD×C1C＝.故选C.‎ ‎4．把一个半径为20的半圆卷成圆锥的侧面，则这个圆锥的高为(　　)‎ A．10 B．10 C．10 D．5 解析：选B.设圆锥的底面半径为r，高为h.因为半圆的弧长等于圆锥的底面周长，半圆的半径等于圆锥的母线，所以2πr＝20π，所以r＝10，所以h＝＝10.‎ ‎5．(2019·湖北武汉5月模拟)已知长方体全部棱长的和为36，表面积为52，则其体对角线的长为(　　)‎ A．4 B． C．2 D．4 解析：选B.设长方体的长、宽、高分别为x，y，z，由已知得 ‎①的两边同时平方得x2＋y2＋z2＋2xy＋2xz＋2yz＝81，把②代入得x2＋y2＋z2＝29，所以长方体的体对角线的长为.故选B.‎ ‎6．已知圆柱的高为2，底面半径为，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积等于(　　)‎ A．4π B．π C．π D．16π 解析：选D.如图，由题意知圆柱的中心O为这个球的球心，于是，球的半径r＝OB＝＝＝2.故这个球的表面积S＝4πr2＝16π.故选D.‎ ‎7．在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，则点B到平面D1AC的距离等于(　　)‎ A． B． C．1 D． 解析：选B.如图，连接BD1，易知D1D就是三棱锥D1ABC的高，AD1＝CD1＝，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＝.故选B.‎ ‎8．在三棱锥SABC中，SB⊥BC，SA⊥AC，SB＝BC，SA＝AC，AB＝SC，且三棱锥SABC的体积为，则该三棱锥的外接球半径是(　　)‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ 解析：选C.取SC的中点O，连接OA，OB，则OA＝OB＝OC＝OS，即O为三棱锥的外接球球心，设半径为r，则×2r×r2＝，所以r＝3.‎ ‎9．(2019·安徽省江南十校3月检测)我国南北朝时期的科学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是：如果两个等高的几何体在等高处的水平截面的面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．利用此原理求以下几何体的体积：如图，曲线y＝x2(0≤y≤L)和直线y＝L围成的封闭图形绕y轴旋转一周得几何体Z，将Z放在与y轴垂直的水平面α上，用平行于平面α，且与Z的顶点O距离为l的平面截几何体Z，得截面圆的面积为π()2＝πl.由此构造右边的几何体Z1(三棱柱ABCA1B1C1)，其中AC⊥平面α，BB1C1C∥α，EFPQ∥α，AC＝L，AA1⊂α，AA1＝π，Z1与Z在等高处的截面面积都相等，图中EFPQ和BB1C1C为矩形，且PQ＝π，FP＝l，则几何体Z1的体积为(　　)‎ A．πL2 B．πL3‎ C．πL2 D．πL3‎ 解析：选C.由题意可知，在高为L处，几何体Z和Z1的水平截面面积相等，为πL，‎ 所以S矩形BB1C1C＝πL，所以BC＝L，所以V三棱柱ABCA1B1C1＝S△ABC·π＝πL2，故选C.‎ ‎10．(2019·重庆市七校联合考试)已知正三棱锥的高为6，内切球(与四个面都相切)的表面积为16π，则其底面边长为(　　)‎ A．18 B．12‎ C．6 D．4 解析：选B.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.在Rt△OPF中，PF＝＝2.因为△OPF∽△DPE，所以＝，得DE＝2，AD＝3DE＝6，AB＝AD＝12.故选B.‎ ‎11．(多选)在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下几种几何图形的4个顶点，这些几何图形可以是(　　)‎ A．矩形 B．有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体 C．每个面都是直角三角形的四面体 D．每个面都是等边三角形的四面体 解析：选ABCD.4个顶点连成矩形的情形显然成立；图(1)中四面体A1D1B1A是B中描述的情形；图(2)中四面体DA1C1B是D中描述的情形；图(3)中四面体A1D1B1D 是C中描述的情形．‎ ‎12．(多选)如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则下列四个结论正确的是(　　)‎ A．直线A1C1与AD1为异面直线 B．A1C1∥平面ACD1‎ C．BD1⊥AC D．三棱锥D1ADC的体积为 解析：选ABC.对于A，直线A1C1⊂平面A1B1C1D1，AD1⊂平面ADD1A1，‎ D1∉直线A1C1，则易得直线A1C1与AD1为异面直线，故A正确；‎ 对于B，因为A1C1∥AC，A1C1⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，‎ 所以A1C1∥平面ACD1，故B正确；‎ 对于C，连接BD，因为正方体ABCDA1B1C1D1中，AC⊥BD，AC⊥DD1，BD∩DD1＝D，所以AC⊥平面BDD1，所以BD1⊥AC，故C正确；‎ 对于D，三棱锥D1ADC的体积V三棱锥D1ADC＝××2×2×2＝，故D错误．‎ ‎13．(多选)如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，且AB＝2，AD＝EF＝1.则(　　)‎ A．平面BCF⊥平面ADF B．EF⊥平面DAF C．△EFC为直角三角形 D．VCBEF∶VFABCD＝1∶4‎ 解析：选AD.因BF⊥AF，BF⊥DA，所以BF⊥平面DAF，‎ 所以平面BCF⊥平面ADF，‎ 由题意可知，平面CBF将几何体EFABCD分成的两个锥体的体积分别为V四棱锥FABCD，V三棱锥FCBE.过点F作FG⊥AB于点G，因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，FG⊂平面ABEF，所以FG⊥平面ABCD.所以V四棱锥FABCD＝×1×2×FG＝FG，V三棱锥FBCE＝V三棱锥CBEF＝×S△BEF×CB＝××FG×1×1＝FG，由此可得V三棱锥CBEF∶V四棱锥FABCD＝1∶4.‎ 二、填空题 ‎14．(一题多解)(2019·淄博市第一次模拟测试)底面边长为6，侧面为等腰直角三角形的正三棱锥的高为________．　‎ 解析：法一：由题意得，三棱锥的侧棱长为3，设正三棱锥的高为h，则××3×3×3＝××36h，解得h＝.‎ 法二：由题意得，三棱锥的侧棱长为3，底面正三角形的外接圆的半径为2，所以正三棱锥的高为＝.‎ 答案： ‎15．(2019·高考天津卷)已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为________．‎ 解析：由题可得，四棱锥底面对角线的长为2，则圆柱底面的半径为，易知四棱锥的高为＝2，故圆柱的高为1，所以圆柱的体积为π××1＝.‎ 答案： ‎16．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为____________．‎ 解析：如图，过点P分别作PE⊥BC交BC于点E，作PF⊥AC交AC于点F.由题意知PE＝PF＝.过P作PH⊥平面ABC于点H，连接HE，HF，HC，易知HE＝HF，则点H在∠ACB的平分线上，又∠ACB＝90°，故△CEH为等腰直角三角形．在Rt△PCE中，PC＝2，PE＝，则CE＝1，故CH＝，在Rt△PCH中，可得PH＝，即点P到平面ABC的距离为.‎ 答案： ‎17．(2019·河南八市重点高中联盟测评改编)已知一个高为1的三棱锥，各侧棱长都相等，底面是边长为2的等边三角形，则三棱锥的表面积为________，若三棱锥内有一个体积为V的球，则V的最大值为________．‎ 解析：该三棱锥侧面的斜高为＝，则S侧＝3××2×＝2，S底＝××2＝，所以三棱锥的表面积S表＝2＋＝3.由题意知，当球与三棱锥的四个面都相切时，其体积最大．设三棱锥的内切球的半径为r，则三棱锥的体积V锥＝S表·r＝S底·1，所以3r＝，所以r＝，所以三棱锥的内切球的体积最大为Vmax＝πr3＝.‎ 答案：3　 ‎ ‎