2021高考数学理科（全国版）一轮复习教师用书：第八章第一讲　空间几何体的结构、三视图、表面积和体积 WORD版含解析.docx

1、第八章立体几何第一讲空间几何体的结构、三视图、表面积和体积1.下列命题正确的是()A.底面是矩形的平行六面体是长方体B.有一个面是多边形,其余各面都是三角形的几何体是棱锥C.棱台的相对侧棱延长后必交于一点D.直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥2.2019浙江,4,4分祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家,他提出的“幂势既同,则积不容异”称为祖暅原理,利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh,其中S是柱体的底面积,h是柱体的高.若某柱体的三视图如图8 - 1 - 1所示(单位:cm),则该柱体的体积(单位:cm3)是()A.158 B.162C.182 D.3243.新角

2、度题如图8 - 1 - 2,圆柱的底面半径为1,平面ABCD为圆柱的轴截面,从A点开始,沿着圆柱的侧面拉一条绳子到C点,若绳子的最短长度为3,则该圆柱的侧面积为()A.422B.222C.522D.424.2018全国卷,10,5分在长方体ABCD - A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1与平面BB1C1C所成的角为30,则该长方体的体积为()A.8B.62C.82D.835.2015新课标全国,6,5分数学文化题九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图 8 - 1 - 3,米

3、堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有()A.14斛 B.22斛 C.36斛 D.66斛6.2019天津,11,5分理已知四棱锥的底面是边长为2的正方形,侧棱长均为5.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.7.有一块多边形的菜地,它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图8 - 1 - 4所).ABC=45,AB=AD=1,DCBC,则这块菜地的面积为.8.2017全国卷,15,5分长方体的长,

4、宽,高分别为3,2,1,其顶点都在球O的球面上,则球O的表面积为.考法1空间几何体的结构1 给出下列命题: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;一个平面截圆锥,得到一个圆锥和一个圆台;圆锥的所有轴截面都是全等的等腰三角形;圆锥的轴截面是所有过顶点的截面中,面积最大的一个;三棱锥的四个面中最多只有三个直角三角形.其中正确命题的个数是A.0B.1C.2D.3只有当这两点的连线平行于轴时才是母线,故不正确;只有平行于圆锥底面的平面截圆锥,才能得到一个圆锥和一个圆台,故不正确;正确;因为圆锥的母线长一定,根据三角形面积公式知,过圆锥顶点的截面中,两条母线的夹角的正弦值越大,截

5、面面积就越大,所以当轴截面中两条母线的夹角为钝角时,轴截面的面积就不是最大的,故不正确;三棱锥的四个面中最多有四个直角三角形,故不正确.B2 2020湖北省部分重点中学第二次联考如图8 - 1 - 5,正三棱锥A - BCD的底面边长为a,侧棱长为2a,点E,F 分别为AC,AD上的动点,则截面BEF 周长的最小值为.将正三棱锥A - BCD的侧面沿侧棱BA展开,得到一个由三个全等的等腰三角形拼接而成的五边形截面BEF 周长的最小值即线段BB1的长度由平面几何知识计算线段BB1的长度将正三棱锥A - BCD的侧面沿侧棱BA展开,得到一个由三个全等的等腰三角形拼接而成的五边形(如图8 - 1 -

6、 6).利用平面上两点之间的线段最短原理知,截面BEF 周长的最小值即图中线段BB1的长度.由对称性知BB1CD,所以DF B1=ADC=ADB1,所以B1F =B1D=BC=BE=a.易知B1F DACD,所以FDCD=B1DAD=a2a=12,所以F D=12a.又EFCD=AFAD,所以EFa=2a-12a2a,即EF =34a.所以BB1=2a+3a4=114a,即截面BEF 周长的最小值为114a.1.(1)2019南昌市二模已知圆锥的侧面展开图为四分之三个圆面,设圆锥的底面半径为r,母线长为l,有以下结论:lr=43;圆锥的侧面积与底面面积之比为43;圆锥的轴截面是锐角三角形.其中

7、所有正确结论的序号是()A. B.C. D. (2)2020上海长宁区、嘉定区质检如图8 - 1 - 7,已知正三棱柱的底面边长为2,高为5,一质点自A点出发,沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A1点的最短路线的长为.考法2空间几何体的三视图3 2019北京,11,5分理某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得,其三视图如图8 - 1 - 8所示.如果网格纸上小正方形的边长为1,那么该几何体的体积为.如图8 - 1 - 9所示的正方体ABCD - A1B1C1D1的棱长为4,去掉四棱柱MQD1A1 - NPC1B1(其底面是一个上底为2,下底为4,高为2的直角梯形)所得的几何体为题中三视图对应的几何

8、体,故所求几何体的体积为43 - 12(2+4)24=40.考法3求空间几何体的表面积(侧面积)命题角度1求空间几何体的表面积4 2018全国卷,5,5分已知圆柱的上、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.122 B.12 C.82 D.10由过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形求出圆柱的高与底面圆的直径代入圆柱的表面积公式求解因为过直线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22,底面圆的直径为22,所以该圆柱的表面积为2(2)2+2222=12.B命题角度2求空间几何体的侧

9、面积52018全国卷,16,5分理已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为78.SA与圆锥底面所成角为45.若SAB的面积为515,则该圆锥的侧面积为.如图8 - 1 - 10所示,设S在底面的射影为S ,连接AS ,SS .SAB的面积为12SASBsinASB=12SA21-cos2ASB=1516SA2=515,SA2=80,SA=45. SA与底面所成的角为45,SAS =45,AS =SAcos45=4522=210.底面周长l=2AS =410,圆锥的侧面积为1245410=402.2.（1）2020湖北省部分重点中学第二次联考在梯形ABCD中,ABC=2,ADBC,BC

10、=2AD=2AB=2,将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而成的曲面所围成的几何体的表面积为()A.(5+2)B.(4+2) C.(5+22)D.(3+2) (2)如图8 - 1 - 11所示,有两个相同的直三棱柱,高为2a,底面三角形的三边长分别为3a,4a,5a(a0).用它们拼成一个三棱柱或四棱柱,在所有可能的情形中,表面积最小的是一个四棱柱,则a的取值范围是.图8 - 1 - 11考法4求空间几何体的体积命题角度1求空间几何体的体积6 2018天津,11,5分如图8 - 1 - 12,已知正方体ABCD - A1B1C1D1的棱长为1,则四棱锥A1 - BB1D1D的体积为.解法一(

11、公式法)连接A1C1交B1D1于点E,则A1E B1D1,A1EBB1,则A1E 平面BB1D1D,所以A1E为四棱锥A1 - BB1D1D的高,且A1E=22,矩形BB1D1D的长和宽分别为2,1,故VA1-BB1D1D=131222=13.解法二(割补法)连接BD1,则四棱锥A1 - BB1D1D分成两个三棱锥B - A1DD1与B - A1B1D1,VA1-BB1D1D=VB-A1DD1+VB-A1B1D1=1312111+1312111=13.命题角度2体积的最值问题72019南京师大附中考前冲刺在四面体ABCD中,若AD=DB=AC=CB=1,则四面体ABCD体积的最大值是A.232

12、7B.13 C.239D.33如图8 - 1 - 13,取AB的中点E,连接CE,DE.设AB=2x(0xV2 B.V2V2 D.V1V2考法5与球有关的切、接问题命题角度1外接球问题若一个多面体的顶点都在同一球面上,则这个球称为多面体的外接球.解决外接球问题的关键是抓住外接球的特点,即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径.8 2020广西柳州模拟已知直三棱柱ABC - A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上,若AB=3,AC=4,ABAC,AA1=12,则球O的半径为A.3172B.210 C.132D.310分析直三棱柱的结构特征,根据底面形状及球的截面性质,确定球心的位置,建立球的半径与

13、棱柱的几何度量之间的关系求解.解法一(直接法)如图8 - 1 - 16,作出直三棱柱ABC - A1B1C1的外接球O.由题意,直三棱柱的底面ABC是直角三角形,所以底面ABC外接圆的圆心是BC的中点E,底面A1B1C1外接圆的圆心是B1C1的中点E1.由球的截面的性质可得直三棱柱外接球的球心O就是线段EE1的中点.(定球心O)连接OA,AE,A1E1.在ABC中,ACAB,所以BC=AB2+AC2=32+42=5,所以EA =12BC=52.又OE=12AA1=1212=6,由球的截面的性质可得OE平面ABC,所以OA=EA2+OE2=(52)2+62=132.(R2=R2+d2)即直三棱柱

14、外接球的半径为132.解法二(补形法)如图8 - 1 - 17,将直三棱柱ABC - A1B1C1的底面补成矩形,得到长方体ABDC - A1B1D1C1.显然,直三棱柱ABC - A1B1C1的外接球就是长方体ABDC - A1B1D1C1的外接球.而长方体ABDC - A1B1D1C1的外接球的直径等于长方体的体对角线长,连接AD1,则AD1=32+42+122=13,所以直三棱柱外接球的半径为132.C命题角度2内切球问题求解多面体的内切球问题,一般是将多面体分割为以内切球球心为顶点,多面体的各侧面为底面的棱锥,利用多面体的体积等于分割后各棱锥的体积之和,求内切球的半径.9 2020福建

15、省厦门双十中学模拟如图8 - 1 - 18,在三棱锥P - ABC中,PA=4,AC=27,PB=BC=23,PA平面PBC,则三棱锥P - ABC的内切球的表面积为.利用等体积变换求出三棱锥P - ABC的体积利用体积分割求出内切球的半径利用球的表面积公式求出内切球的表面积由PA平面PBC,且PA=4,PB=23,AC=27,得AB=27,PC=23,所以PBC为等边三角形,ABC为等腰三角形.V三棱锥P - ABC=V三棱锥A - PBC=13SPBCPA=1334(23)24=43.易知三棱锥P - ABC的表面积S=122342+34(23)2+12235=163.设内切球半径为r,则

16、V三棱锥P - ABC=13Sr,即43=13163r,(三棱锥的体积=13三棱锥的表面积内切球半径)解得r=34.所以三棱锥P - ABC的内切球的表面积为4(34)2=94.4.(1)2019全国卷,12,5分理已知三棱锥P - ABC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.86 B.46C.26 D.6(2)2019湘东六校联考如图8 - 1 - 20,四棱锥P - ABCD中,AP=1,矩形ABCD的周长为8,当三棱锥A - PCD的体积最大时,该三棱锥的外接球半径与内切球半径分别为R

17、和R,则R+1r的值为.数学应用1空间几何体的体积的应用102019全国卷,16,5分理学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型.如图8 - 1 - 21,该模型为长方体ABCD - A1B1C1D1挖去四棱锥O - EF GH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.由题易得长方体ABCD - A1B1C1D1的体积为664=144(cm3),四边形EF GH为平行四边形,如图8 - 1 - 22所示,连接GE,HF .易知四边

18、形EF GH的面积为矩形BCC1B1面积的一半,即1264=12(cm2),所以V四棱锥O - EF GH=13312=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1320.9=118.8(g).(质量=密度体积)素养探源核心素养考查途径素养水平直观想象根据已知抽象出四边形EF GH为平行四边形,借助该图形解决问题二数学运算求四棱锥的体积,求模型的体积一考向指导本题以学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型为背景,将空间几何体的体积与物理中“质量=体积密度”的计算结合命题,要求考生能够在关联的情境中,想象并构建相应的几何图形,借助图形

19、性质探索规律,解决数学问题,考查了直观想象、数学运算等核心素养,对立体几何的考法具有很好的导向作用.易错警示本题的易错点有两处:一是把四棱锥的体积公式与四棱柱的体积公式搞混,导致求四棱锥O - EF GH的体积时漏乘13;二是此题涉及质量的计算,考生在求完体积后,容易漏乘原料密度,导致所求得的结果出错.解决此类与实际应用相结合的试题,只要仔细审题,并找准题眼,就可避开命题人所设置的陷阱.数学应用2空间几何体的体积在生活中的应用11如图8 - 1 - 23是一个实心金属几何体的直观图,它的中间是高l为6124的圆柱,上、下两端均是半径r为2的半球,若将该实心金属几何体在熔炉中高温熔化(不考虑过程

20、中的原料损失),熔成一个实心球,该球的直径为A.3B.4C.5D.6设实心球的半径为R,实心金属几何体的体积V=43r3+r2l=438+46124=1256.因为43R3=1256,所以R=52,所以该球的直径为2R=5.C素养探源核心素养考查途径素养水平直观想象识别实心金属几何体由圆柱和一个球组成二逻辑推理实心金属几何体熔成实心球,前后体积相等二数学运算计算实心金属几何体的体积,球的体积一考向指导本题以实心金属几何体在高温下熔化成一个实心球为背景命题,赋予几何体真实情境,考查考生的阅读理解能力及数学建模能力.考生要能够在真实情境中抽象出数学问题,然后运用数学知识求解,如求解切割问题、熔化问

21、题时,要知悉其中哪些量变、哪些量不变,也要会运用数学中的等体积法和等面积法等求解.5.2015江苏,9,5分现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变,但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个,则新的底面半径为.数学文化立体几何与数学文化122019全国卷,16,5分理中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图8 - 1 - 24).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图8 - 1

22、- 25是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有个面,其棱长为.(本题第一空2分,第二空3分)图8 - 1 - 24图8 - 1 - 25依题意知,题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上,且该半正多面体的表面由18个正方形,8个正三角形组成,因此题中的半正多面体共有26个面.注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形,设题中的半正多面体的棱长为x,则22x+x+22x=1,解得x=2 - 1,故题中的半正多面体的棱长为2 - 1.素养探源核心素养考查途径素养水平直观想象半正多面体的俯视图二数学抽象

23、半正多面体的结构二数学运算半正多面体棱长的计算一试题评析本题以我国南北朝时期的官员独孤信的印信形状“半正多面体”为背景,创设求空间多面体的面数与棱长的问题,引导考生认识到世界古老民族优秀传统文化的博大精深和源远流长,体现了数学文化的传承与发展,对学生的阅读能力和直观想象核心素养要求较高,若能找准题眼,便可化繁为简.本题的题眼有两处:一是半正多面体的组成半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体,需提炼出半正多面体的棱长均相等;二是将半正多面体放到正方体中去观察其特征它的所有顶点都在同一个棱长为1的正方体的表面上,利用方程思想即可轻松求出该半正多面体的棱长.6.2019福建福州三模九章算

24、术中,将四个面都为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.如图8 - 1 - 26所示,平面四边形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=2,BDCD.将平面四边形ABCD沿对角线BD折成一个“鳖臑”A - BCD,则该“鳖臑”的内切球的半径为.数学探究立体几何中的截面问题132018全国卷,12,5分理已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面所成的角都相等,则截此正方体所得截面面积的最大值为A.334 B.233C.324 D.32如图8 - 1 - 27,记该正方体为ABCD - A1B1C1D1,要使正方体的每条棱所在直线与平面所成的角都相等,那么平面必须与正方体的体对角线AC1垂直.连接B1

25、C,B1D1,CD1,易知平面与平面B1CD1平行或重合.设截面与棱A1D1,A1B1,BB1,BC,CD,DD1的交点分别为E,F ,G,H,I,J.不妨设A1E=x(0x1),则DJ=x,延长EJ,HI交于点M,则M直线AD,显然MEH是边长为2的正三角形,MJI是边长为2x的正三角形,所以S四边形EHIJ=SMEH - SMJI=34(2 - 2x2),同理可得S四边形EHGF =342 - 2(1 - x)2=34(4x - 2x2),所以截面面积S=34(2+4x - 4x2)=343 - (1 - 2x)2334,当且仅当x=12时等号成立.即当x=12时,截面面积取得最大值,最大

26、值为334.A解后反思本题没有繁杂的计算,但增加了试题的思维量,重在考查学生的思维能力,尤其是直观想象和数学抽象核心素养.从已知条件中抽象出几何体的结构特征,然后构建直观模型进行求解,因此考生要具备一定的数学核心素养才能求解,同时也体现了高考的选拔功能.学生也可以根据正方体的对称性直观判断出取得最大值的位置,再在备选答案中进行排除,体现了多一点想、少一点算的命题理念,深入考查学生的数学核心素养.1.C根据空间几何体的结构特征可知C正确.2.B由三视图可知,该几何体是一个直五棱柱,所以其体积V=12(43+23+66)6=162.故选B.【思维拓展】本题在计算柱体的底面积时,因为底面是五边形,所

27、以可以将五边形分为三个不同的三角形,通过计算三角形的面积求得五边形的面积.3.A沿AD将圆柱的侧面展开,绳子的最短长度即侧面展开图中A,C两点间的距离,连接AC,所以AC=3,展开后AB的长度为.设圆柱的高为h,则AC2=AB2+h2,即92=2+h2,得h=22,所以圆柱的侧面积为2122=422.【核心素养提升】本题以圆柱的侧面展开图为依托,设置最短路径问题,不仅体现了注重考查基础知识的理念,还体现了直观想象、数学运算等核心素养.4.C连接BC1,因为AB平面BB1C1C,所以AC1B=30,ABBC1,所以ABC1为直角三角形.又AB=2,所以BC1=23.又B1C1=2,所以BB1=(

28、23)2 - 22=22,故该长方体的体积V=2222=82.5.B由弧长l=142r=8得圆锥底面的半径r=16163(尺),所以米堆的体积V=1413r2h=1425695=3209(立方尺),所以堆放的米有32091.6222(斛).故选B.6.4由题意可得,四棱锥底面对角线的长为2,则圆柱底面的半径为12,易知四棱锥的高为5 - 1=2,故圆柱的高为1,所以圆柱的体积为(12)21=4.7.2+22在直观图中,过点A作AEBC,垂足为点E,如图D 8 - 1 - 1所示,则在RtABE中,AB=1,ABE=45,BE=22.图D 8 - 1 1图D 8 - 1 - 2而四边形AECD为

29、矩形,AD=1,EC=AD=1,BC=BE+EC=22+1.由此可还原原图形如图D 8 - 1 - 2所示.在原图形中,A D =1,A B =2,B C =22+1,且A D B C ,A B B C ,这块菜地的面积S=12(A D +B C )A B =12(1+22+1)2=2+22.8.14依题意得,长方体的体对角线长为32+22+12=14,记长方体的外接球的半径为R,则有2R=14,R=142,因此球O的表面积S=4R2=14.1.(1)A设圆锥的母线长l=1.因为圆锥的侧面展开图为四分之三个圆面,所以圆锥的侧面积为34,又圆锥的底面半径为r,所以由2r=342得r=34,所以l

30、r=43,故正确;圆锥的侧面积与底面积之比为34(34)2=43,故正确;设圆锥的轴截面三角形的顶角为,因为圆锥的底面直径为234=32,所以cos =12+12 - (32)2211= - 18,所以角为钝角,所以圆锥的轴截面是钝角三角形,故错误.故选A.【方法技巧】圆锥底面圆的周长是圆锥侧面展开图中扇形的弧长. (2)13将正三棱柱ABC - A1B1C1的侧面沿侧棱AA1展开,再拼接一次,示意图如图D 8 - 1 - 3所示,图D 8 - 1 - 3在展开图中,最短距离是六个矩形形成的大矩形对角线的长度,也即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值,记为d.由已知求得矩形的长为62=12,宽为5

31、,由勾股定理得d=122+52=13.2.（1）A由题意知,将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而成的几何体是一个底面半径为1,高为2的圆柱挖去一个底面半径为1,高为1的圆锥后所得的几何体,如图D 8 - 1 - 4所示.图D 8 - 1 - 4所以该几何体的表面积S=12+22+12212+12=(5+2).故选A.(2)(0,153)所给直三棱柱的底面积为6a2,侧面面积分别为6,8,10.当拼成三棱柱时有三种情况,如图D 8 - 1 - 5所示,其表面积分别为S1=26a2+2(10+8+6)=12a2+48,S2=46a2+2(10+8)=24a2+36,S3=46a2+2(10+6

32、)=24a2+32.当拼成四棱柱时有三种情况,示意图如图D 8 - 1 - 5所示,表面积分别为S4=46a2+2(8+6)=24a2+28,S5=46a2+2(10+8)=24a2+36,S6=46a2+2(10+6)=24a2+32.图D 8 - 1 - 5由题意得24a2+2812a2+48,解得0a0,所以V2V1,故选D.4.(1)D因为点E,F分别为PA,AB的中点,所以EFPB,因为CEF=90,所以EFCE,所以PBCE.取AC的中点D,连接BD,PD,易证AC平面BDP,所以PBAC,又ACCE=C,AC,CE平面PAC,所以PB平面PAC,所以PBPA,PBPC,因为PA=

33、PB=PC,ABC为正三角形,所以PAPC,即PA,PB,PC两两垂直.将三棱锥P - ABC放在正方体中,如图D 8 - 1 - 7所示.图D 8 - 1 - 7因为AB=2,所以该正方体的棱长为2,所以该正方体的体对角线长为6,所以三棱锥P - ABC的外接球的半径R=62,所以球O的体积V=43R3=43(62)3=6.(2)2+52+3设AD=x,则CD=4 - x.因为AP=1,V三棱锥A - PCD=V三棱锥P - ACD,所以当PA平面ABCD,且ACD的面积最大时,三棱锥A - PCD的体积最大.ACD的面积SACD=12(4 - x)x12(4 - x)+x22=2,当且仅当

34、x=2时,ACD的面积最大,为2.此时三棱锥A - PCD的外接球半径R=22+22+12=32.由等体积法得V三棱锥P - ACD=13(SACD+SPCD+SPAD+SPAC)r=1312,即(1222+1225+1221+12221)r=2,所以1r=3+2+52,则R+1r=2+52+3.5.7底面半径为5,高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱的总体积为13524+228=1963.设新的圆锥和圆柱的底面半径为r,则13r24+r28=283r2=1963,解得r=7.6.2 - 12因为AD=CD=1,且ACD为直角三角形,所以CDAD,又CDBD,BDAD=D,所以CD平面ABD,所以CDAB.又由AB=AD=1,BD=2,得ABAD,且ADCD=D,所以AB平面ACD,所以ABAC,由题意得AC=2.设该“鳖臑”的内切球的半径为r,则13(SABC+SACD+SABD+SBCD)r=13CDSABD,所以13(22+12+12+22)r=13112,解得r=2 - 12.