10．三棱錐A-BCD中，AB，AC，AD兩兩垂直，其外接球半徑為2，設(shè)三棱錐A-BCD的側(cè)面積為S，則S的最大值為8．

分析 三棱錐A-BCD的三條側(cè)棱兩兩互相垂直，所以把它擴(kuò)展為長(zhǎng)方體，它也外接于球，對(duì)角線的長(zhǎng)為球的直徑，然后利用基本不等式解答即可．

解答 解：設(shè)AB，AC，AD分別為a，b，c，則三棱錐A-BCD的三條側(cè)棱兩兩互相垂直，所以把它擴(kuò)展為長(zhǎng)方體，
它也外接于球，對(duì)角線的長(zhǎng)為球的直徑，∴a2+b2+c2=16，
S=$\frac{1}{2}$（ab+bc+ac）≤$\frac{1}{2}$（a2+b2+c2）=8，
故答案為：8．

點(diǎn)評(píng) 本題考查三棱錐A-BCD的側(cè)面積，考查學(xué)生空間想象能力，解答的關(guān)鍵是構(gòu)造球的內(nèi)接長(zhǎng)方體，是基礎(chǔ)題．

練習(xí)冊(cè)系列答案
相關(guān)習(xí)題

科目：高中數(shù)學(xué) 來源： 題型：選擇題

20．已知棱長(zhǎng)為$\sqrt{3}$的正方體ABCD-A1B1C1D1內(nèi)部有一圓柱，此圓柱恰好以直線AC1為軸，則該圓柱側(cè)面積的最大值為（　�。�
A．$\frac{{9\sqrt{2}}}{8}π$B．$\frac{{9\sqrt{2}}}{4}π$C．$2\sqrt{3}π$D．$3\sqrt{2}π$

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1．曲線y=-ln（2x+1）+2在點(diǎn)（0，2）處的切線與直線y=0和y=2x圍成的三角形的面積為（　�。�
A．$\frac{1}{3}$B．$\frac{1}{2}$C．$\frac{2}{3}$D．1

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18．已知函數(shù)f（x）=$\frac{lnx+1}{x}$，g（x）=x2-（a+1）x
（1）①求函數(shù)f（x）的最大值；
②證明：$\frac{ln2}{2^2}+\frac{ln3}{3^2}+…+\frac{lnn}{n^2}＜\frac{{2{n^2}-n-1}}{{4（{n+1}）}}（{n∈{N_+}，n≥2}）$．
（2）當(dāng)a≥0時(shí)，討論函數(shù)h（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$+a-axf（x）與函數(shù)g（x）的圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)．

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5．將函數(shù)y=$\sqrt{3}cosx+sinx（{x∈R}）$的圖象向左平移m（m＞0）個(gè)單位長(zhǎng)度后，所得到的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，則m的最小值是（　　）
A．$\frac{π}{6}$B．$\frac{π}{12}$C．$\frac{π}{3}$D．$\frac{5π}{6}$

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15．在下列函數(shù)中，最小值為2的是（　　）
A．y=2x+2-xB．y=sinx+$\frac{1}{sinx}$（0＜x＜$\frac{π}{2}$）
C．y=x+$\frac{1}{x}$D．y=log3x+$\frac{1}{lo{g}_{3}x}$（1＜x＜3）

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科目：高中數(shù)學(xué) 來源： 題型：選擇題

2．$\frac{1-tan17°tan28°}{tan17°+tan28°}$等于（　�。�
A．-1B．1C．$\frac{\sqrt{2}}{2}$D．-$\frac{\sqrt{2}}{2}$

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19．在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是BC的中點(diǎn)，F(xiàn)是DD1的中點(diǎn)，
（I）求證：CF∥平面A1DE；
（Ⅱ）求二面角A1-DE-A的余弦值．

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20．已知雙曲線$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞0，b＞0）的漸近線方程為y=±$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$x，若頂點(diǎn)到漸近線的距離為$\sqrt{3}$，則雙曲線的方程為（　�。�
A．$\frac{x^2}{4}-\frac{{3{y^2}}}{4}$=1B．$\frac{x^2}{12}-\frac{y^2}{4}$=1C．$\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{12}$=1D．$\frac{{3{x^2}}}{4}-\frac{y^2}{4}$=1

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