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2021高考数学二轮复习专题练 三、核心热点突破 专题三 立体几何 第1讲 空间几何体的表面积和体积

2021高考数学二轮复习专题练 三、核心热点突破 专题三 立体几何 第1讲 空间几何体的表面积和体积

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第1讲　空间几何体的表面积和体积
高考定位　简单几何体的表面积与体积计算，主要以选择题、填空题的形式呈现，在解答题中，有时与空间线、面位置证明相结合，面积与体积的计算作为其中的一问.

真 题 感 悟
1.(2020·全国Ⅰ卷)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆.若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为(　　)
A.64π B.48π C.36π D.32π
解析　如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以＝2r，解得AB＝2，故OO1＝2，所以R2＝OO＋r2＝(2)2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.

答案　A
2.(2020·全国Ⅲ卷)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________.
解析　圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面PAB，如图所示，则△PAB的内切圆为圆锥的内切球的大圆.在△PAB中，PA＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝2，△PEO∽△PDB，故＝，即＝，解得r＝，故内切球的体积为π＝π.

答案　π
3.(2020·新高考山东卷)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为__________.
解析　如图，设B1C1的中点为E，球面与棱BB1，CC1的交点分别为P，Q，连接DB，D1B1，D1P，D1E，EP，EQ，由∠BAD＝60°，AB＝AD，知△ABD为等边三角形，∴D1B1＝DB＝2，∴△D1B1C1为等边三角形，则D1E＝且D1E⊥平面BCC1B1，∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心，设截面圆的半径为r，则r＝＝＝.

可得EP＝EQ＝，∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ.
又D1P＝，∴B1P＝＝1，同理C1Q＝1，
∴P，Q分别为BB1，CC1的中点，∴∠PEQ＝，
知的长为×＝.
答案　
4.(2019·全国Ⅱ卷)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①).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②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________.

解析　依题意知，题中的半正多面体的上部分有9个面，中间部分有8个面，下部分为9个面，共有9＋8＋9＝26(个)面，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 x＋x＋x＝1，解得x＝－1，故题中的半正多面体的棱长为－1.
答案　26　－1
考 点 整 合
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＝Sh(S为底面面积，h为高)；
③V球＝πR3.
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a，，a.

热点一　空间几何体的表面积
【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.π B.(1＋)π
C.2π D.(2＋)π
解析　(1)由题意知该几何体的表面积S＝6×22－3××π×22＋×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，所以所形成的几何体的表面积S＝π×1×＋π×12＝(＋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，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××1＝π.综上可知，形成几何体的表面积是(＋1)π或π.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.
【训练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.12π B.12π
C.8π 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.
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，底面圆的直径为2.所以S表面积＝2×π×()2＋2π××2＝12π.
(2)如图，设圆柱底面半径为r(0＜r＜2)，高为h，则＝，

即h＝(2－r)，其侧面积为S＝2πr(2－r)＝2π(－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＝.
答案　(1)B　(2)D
热点二　空间几何体的体积
【例2】 (1)(2020·济南模拟)已知三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠ABC＝，SB＝4，SC＝2，AB＝2，BC＝6，则三棱锥S－ABC的体积是(　　)
A.4 B.6 C.4 D.6
(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＝，AB＝2，BC＝6，∴AC＝＝＝2.∵∠SAB＝，AB＝2，SB＝4，∴AS＝＝＝2.由SC＝2，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＝××2×6×2＝4.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＝(180°－120°)＝30°，
所以∠ADB＋∠DCB＝90°，所以∠DBC＝90°，所以CB⊥DB，所以DB＝＝＝6.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＝＝＝2.又DB＝6，PB＝8，所以DB2＝PD2＋PB2，即△PBD为直角三角形，所以S△PBD＝×8×2＝8.因为点A为DC的中点，所以VP－ABC＝VP－CBD＝VC－PBD＝××S△PBD×CB＝××8×6＝8，即四面体PABC的体积为8.
答案　(1)C　(2)8　8
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.
【训练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. C. D.
(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. B. C.1 D.
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＝.

∴底面圆半径r＝AM＝＝，故圆柱体积V＝π·r2·h＝π·×1＝.
(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＝＝1，VA－BEF＝VABCDEF－VF－ABCD－VA－DEF.
∵VE－ABCD＝ED×S正方形ABCD×＝2×2×2×＝，VB－EFC＝BC×S△EFC×
＝2×2×1××＝，
∴VABCDEF＝＋＝.又VF－ABCD＝FC×S正方形ABCD×＝1×2×2×＝，
VA－DEF＝AD×S△DEF×＝2×2×2××＝，VA－BEF＝－－＝.故选B.
答案　(1)B　(2)B
热点三　多面体与球的切、接问题
【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. C.6π D.
(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×6×8＝×(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＝.故球的最大体积V＝πR3＝π.
(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＝.
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＝(3＋4－5)＝1，则V＝πr3＝π.
答案　(1)B　(2)　π
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.
【训练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＋，则三棱锥C1－ABC的外接球的体积为(　　)

A.2π B.π C. 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＝，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＋＝＋，解得x＝，所以CC1＝1，AC1＝.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＝，于是三棱锥C1－ABC的外接球的体积为V＝πR3＝π×＝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＝＝－，则sin A＝.所以S△ABC＝AB·ACsin A＝×1×1×＝，且△ABC的外接圆半径DA＝＝＝1.因此在Rt△OAD中，OD＝＝＝.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＋2，所以三棱锥S－ABC的体积的最大值为××(＋2)＝.
答案　(1)B　(2)

A级　巩固提升
一、选择题
1.母线长为5的圆锥的侧面展开图的圆心角等于，则该圆锥的体积为(　　)
A.16π B.8π C. D.
解析　∵母线长为5的圆锥的侧面展开图的圆心角等于，∴侧面展开图的弧长为5×＝8π，设底面圆半径为r，弧长8π＝底面周长＝2πr，∴r＝4，∴圆锥的高h＝＝3，∴圆锥体积V＝×π×r2×h＝16π.
答案　A
2.(2020·全国百校联考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝BB1＝1，M是AC的中点，则三棱锥B1－ABM的外接球的表面积为(　　)
A.π B.2π C.π D.π
解析　取AB的中点D，取B1A1的中点D1，连接DD1，设O是线段DD1的中点，在△ABC中，AB⊥BC，AB＝BC，M为AC中点，∴BM⊥AC.因此BD＝DM＝DA＝D1B1，从而OB1＝OB＝OA＝OM，故O为三棱锥B1－ABM的外接球心，∴R2＝OB2＝OD2＋BD2＝＋＝，故三棱锥外接球的表面积S＝4πR2＝2π.

答案　B
3.(2020·济南检测)已知球O是三棱锥P－ABC的外接球，PA＝AB＝PB＝AC＝2，CP＝2，点D是PB的中点，且CD＝，则球O的体积为(　　)
A. B.
C. D.
解析　依题意，由PA＝AC＝2，CP＝2，得AP⊥AC.
连接AD，由点D是PB的中点且PA＝AB＝PB＝2，得AD＝，
又CD＝，AC＝2，可知AD⊥AC，
又AP∩AD＝A，AP⊂平面PAB，AD⊂平面PAB，所以AC⊥平面PAB.
以△PAB为底面，AC为侧棱补成一个直三棱柱，则球O是该三棱柱的外接球，球心O到底面△PAB的距离d＝AC＝1.
由正弦定理得△PAB的外接圆半径r＝＝，
所以球O的半径R＝＝.
故球O的体积V＝πR3＝π××＝π.
答案　C
4.(多选题)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝，则下列结论中错误的是(　　)

A.AC⊥AF
B.EF∥平面ABCD
C.三棱锥A－BEF的体积为定值
D.△AEF的面积与△BEF的面积相等
解析　由题意及图形知，当点F与点B1重合时，∠CAF＝60°，故A错误；由正方体ABCD－A1B1C1D1的两个底面平行，EF⊂平面A1B1C1D1，知EF∥平面ABCD，故B正确；由几何体的性质及图形知，三角形BEF的面积是定值，点A到平面DD1B1B的距离是定值，故可得三棱锥A－BEF的体积为定值，故C正确；由图形可以看出，B到直线EF的距离与A与直线EF的距离不相等，故△AEF的面积与△BEF的面积不相等，故D错误.故选AD.
答案　AD
5.(多选题)长方体ABCD－A1B1C1D1的长、宽、高分别为3，2，1，则(　　)
A.长方体的表面积为20
B.长方体的体积为6
C.沿长方体的表面从A到C1的最短距离为3
D.沿长方体的表面从A到C1的最短距离为2
解析　长方体的表面积为2×(3×2＋3×1＋2×1)＝22，A错误.长方体的体积为3×2×1＝6，B正确.如图1所示，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，BC＝2，BB1＝1，将侧面ABB1A1和侧面BCC1B1展开，如图2所示.

连接AC1，则有AC1＝＝，即经过侧面ABB1A1和侧面BCC1B1时，A到C1的最短距离是；将侧面ABB1A1和底面A1B1C1D1展开，如图3所示，连接AC1，则有AC1＝＝3，即经过侧面ABB1A1和底面A1B1C1D1时，A到C1的最短距离是3；将侧面ADD1A1和底面A1B1C1D1展开，如图4所示.

连接AC1，则有AC1＝＝2，即经过侧面ADD1A1和底面A1B1C1D1时，A到C1的最短距离是2.因为3<2<，所以沿长方体表面由A到C1的最短距离是3，C正确，D错误.故选BC.
答案　BC
二、填空题
6.(2020·浙江卷)已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是__________.
解析　如图，设圆锥的母线长为l，底面半径为r，则圆锥的侧面积S侧＝πrl＝2π，即r·l＝2.由于侧面展开图为半圆，可知πl2＝2π，可得l＝2，因此r＝1.

答案　1
7.如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1－BB1D1D的体积为________.

解析　法一　连接A1C1交B1D1于点E，则A1E⊥B1D1，A1E⊥BB1，则A1E⊥平面BB1D1D，所以A1E为四棱锥A1－BB1D1D的高，且A1E＝，矩形BB1D1D的长和宽分别为，1，故VA1－BB1D1D＝×1××＝.
法二　连接BD1，将四棱锥A1－BB1D1D分成两个三棱锥B－A1DD1与B－A1B1D1，VA1－BB1D1D＝VB－A1DD1＋VB－A1B1D1＝××1×1×1＋××1×1×1＝.
答案　
8.(2020·沈阳一监)农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习俗，粽子又称“粽籺”，故称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原.如图(1)的平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形组成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图(2)的粽子形状的六面体，则该六面体的体积为________；若该六面体内有一球，则该球的体积的最大值为________.

解析　由对称性可知该六面体是由两个全等的正四面体合成的，正四面体的棱长为1，则正四面体的高为＝，所以正四面体的体积为××1××＝.
因为该六面体的体积是正四面体体积的2倍，所以该六面体的体积是.要使球的体积达到最大，则球与该六面体的六个面都要相切.连接球心和六面体的五个顶点，把六面体分成了六个全等的三棱锥.设球的半径为R，则＝6×，解得R＝，所以球的体积V＝R3＝×＝.
答案　　
三、解答题
9.(2020·全国Ⅰ卷)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°.

(1)证明：平面PAB⊥平面PAC；
(2)设DO＝，圆锥的侧面积为π，求三棱锥P－ABC的体积.
(1)证明　由题设可知，PA＝PB＝PC.
由△ABC是正三角形，
可得△PAC≌△PAB，△PAC≌△PBC.
又∠APC＝90°，故∠APB＝90°，∠BPC＝90°.
从而PB⊥PA，PB⊥PC，又PA，PC⊂平面PAC，PA∩PC＝P，
故PB⊥平面PAC，又PB⊂平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PAC.
(2)解　设圆锥的底面半径为r，母线长为l，
由题设可得rl＝，l2－r2＝2，解得r＝1，l＝.
从而AB＝.
由(1)可得PA2＋PB2＝AB2，故PA＝PB＝PC＝.
所以三棱锥P－ABC的体积为
··PA·PB·PC＝××＝.
10.如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，PA＝PB，AD∥BC，AB＝AC，AD＝BC＝1，PD＝3，∠BAD＝120°，M为PC的中点.

(1)证明：DM∥平面PAB；
(2)求四面体MABD的体积.
(1)证明　取PB中点N，连接MN，AN.
∵M为PC的中点，∴MN∥BC且MN＝BC，
又AD∥BC，且AD＝BC，得MN綉AD.
∴ADMN为平行四边形，∴DM∥AN.
又AN⊂平面PAB，DM⊄平面PAB，∴DM∥平面PAB.
(2)解　取AB中点O，连接PO，∵PA＝PB，∴PO⊥AB，
又∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PO⊂平面PAB，
则PO⊥平面ABCD，取BC中点H，连接AH，
∵AB＝AC，∴AH⊥BC，又∵AD∥BC，∠BAD＝120°，
∴∠ABC＝60°，Rt△ABH中，BH＝BC＝1，AB＝2，
∴AO＝1，又AD＝1，
△AOD中，由余弦定理知，OD＝.
Rt△POD中，PO＝＝.
又S△ABD＝AB·ADsin 120°＝，
∴VM－ABD＝·S△ABD·PO＝.
B级　能力突破
11.(2019·全国Ⅰ卷)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.8π B.4π
C.2π D.π
解析　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P－ABC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P－ABC的外接球的半径R＝.所以球O的体积V＝πR3＝π＝π.
答案　D
12.(2020·江南十校联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，CD＝2AB＝4，AD＝，△PAB为等腰直角三角形，PA＝PB，平面PAB⊥底面ABCD，E为PD的中点.

(1)求证：AE∥平面PBC；
(2)求三棱锥P－EBC的体积.
(1)证明　如图，取PC的中点F，连接EF，BF，

∵PE＝DE，PF＝CF，
∴EF∥CD，CD＝2EF，
∵AB∥CD，CD＝2AB，
∴AB∥EF，且EF＝AB.
∴四边形ABFE为平行四边形，∴AE∥BF.
∵BF⊂平面PBC，AE⊄平面PBC.
故AE∥平面PBC.
(2)解　由(1)知AE∥平面PBC，
∴点E到平面PBC的距离与点A到平面PBC的距离相等，
∴VP－EBC＝VE－PBC＝VA－PBC＝VP－ABC.
如图，取AB的中点O，连接PO，
∵PA＝PB，∴OP⊥AB.
∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，OP⊂平面PAB，
∴OP⊥平面ABCD.
∵△PAB为等腰直角三角形，PA＝PB，AB＝2，
∴OP＝1.
∵四边形ABCD为等腰梯形，且AB∥CD，CD＝2AB＝4，AD＝，
∴梯形ABCD的高为1，
∴S△ABC＝×2×1＝1.
故VP－EBC＝VP－ABC＝×1×1＝.