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备考2024届高考数学一轮复习分层练习第七章立体几何与空间向量第1讲基本立体图形简单几何体的表面积与体积
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这是一份备考2024届高考数学一轮复习分层练习第七章立体几何与空间向量第1讲基本立体图形简单几何体的表面积与体积，共7页。
1.[2024福州市一检]一个正四棱台形油槽可以装煤油190 000 cm3，其上、下底面边长分别为60 cm和40 cm，则该油槽的深度为（ D ）
A.754 cmB.25 cmC.50 cmD.75 cm
解析 设正四棱台形油槽的高，即深度为h cm，依题意，得190 000＝h3（602＋402＋602×402），解得h＝75，选D.
2.[2024武汉部分学校调考]某玻璃制品厂需要生产一种如图1所示的玻璃杯，该玻璃杯可以近似看成是由一个圆柱挖去一个圆台得到的，其近似模型的直观图如图2所示（图中数据单位为cm），则该玻璃杯近似模型的体积（单位：cm3）为（ A ）
图1图2
A.43π6B.47π6C.53π6D.55π6
解析 由题意可得，该玻璃杯近似模型的体积V＝π×（32）2×6－13π[1＋（32）2＋1×32]×（6－2）＝27π2－19π3＝43π6（cm3），故选A.
3.[2024江西宜春模拟]水平放置的△ABC的直观图如图中△A'B'C'所示，其中B'O'＝C'O'＝1，A'O'＝32，则△ABC的形状为（ A ）
A.等边三角形
B.直角三角形
C.等腰（非等边）三角形
D.三边互不相等的三角形
解析 由题意知，在△ABC中，AO⊥BC于点O，如图，∵A'O'＝32，∴AO＝3，∵B'O'＝C'O'＝1，∴BO＝CO＝1，BC＝2，又AB＝AO2＋BO2＝3+1＝2，AC＝AO2＋CO2＝3+1＝2，∴AB＝AC＝BC，∴△ABC为等边三角形.故选A.
4.[2024辽宁抚顺德才高级中学模拟]2023年3月12日，在马来西亚吉隆坡举行的Yng Jun KL Speedcubing比赛半决赛中，来自中国的9岁魔方天才王艺衡以4.69秒的成绩打破了“解三阶魔方平均用时最短”吉尼斯世界纪录.一个三阶魔方由27个单位正方体组成，如图，把魔方的中间一层转动了45°，则该魔方的表面积增加了（ C ）
A.54B.54－362
C.108－722D.81－722
解析 如图，转动了45°后，此时魔方相对原来魔方多出了16个全等的小三角形的面积，显然小三角形为等腰直角三角形，设其直角边长为x，则斜边长为2x，则有2x＋2x＝3，解得x＝3－322.由几何关系得阴影部分的面积为S1＝12×（3－322）2＝274－922，所以增加的表面积为S＝16S1＝16×（274－922）＝108－722.故选C.
5.[2022全国卷甲]甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙.若S甲S乙＝2，则V甲V乙＝（ C ）
A.5B.22C.10D.5104
解析 因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，所以结合S甲S乙＝2可知，甲、乙两个圆锥侧面展开图的圆心角之比是2∶1.不妨设两个圆锥的母线长为l＝3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6π的圆，所以2πr1＝4π，2πr2＝2π，得r1＝2，r2＝1.由勾股定理得，h1＝l2－r12＝5，h2＝l2－r22＝22，所以V甲V乙＝13πr12h113πr22h2＝4522＝10.故选C.
6.[2023全国卷甲]在三棱锥P－ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝6，则该棱锥的体积为（ A ）
A.1B.3C.2D.3
解析 如图，取AB的中点D，连接PD，CD，因为△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，所以PD⊥AB，CD⊥AB，所以PD＝CD＝3，又PC＝6，所以PD2＋CD2＝PC2，所以PD⊥CD，又AB∩CD＝D，AB，CD⊂平面ABC，所以PD⊥平面ABC，所以VP－ABC＝13×S△ABC×PD＝13×12×2×3×3＝1，故选A.
7.[2024安徽六校联考]18世纪英国数学家辛普森运用定积分，推导出了现在中学数学教材中柱、锥、球、台等几何体的统一体积公式V＝16h（L＋4M＋N）（其中L，N，M，h分别为该几何体的上底面面积、下底面面积、中截面面积和高），我们也称为“万能求积公式”.例如，已知球的半径为R，可得该球的体积V＝16×2R（0＋4×πR2＋0）＝43πR3；已知正四棱锥的底面边长为a，高为h，可得该正四棱锥的体积V＝16×h[0＋4×（a2）2＋a2]＝13a2h.类似地，运用该公式求解下列问题：如图，已知球O的表面积为16π cm2，若用距离球心O都为1 cm的两个平行平面去截球O，则夹在这两个平行平面之间的几何体的体积为 22π3 cm3.
解析 如图，设上、下截面小圆的圆心分别为E，F，A是上底面截面小圆上一点，连接OA，EA，设球O的半径为R，∵球O的表面积为4πR2＝16π，∴R＝2，∴OA＝R＝2，又OE＝1，OE⊥EA，∴截面小圆半径r＝EA＝OA2－OE2＝4－1＝3，根据“万能求积公式”可得所求几何体的体积V＝16×2×[π×（3）2＋4×π×22＋π×（3）2]＝22π3（cm3）.
8.[2024南昌市模拟]如图，高度均为3的封闭玻璃圆锥和圆柱容器内装入等体积的水，此时水面高度均为h，若h＝2，记圆锥的底面半径为R，圆柱的底面半径为r，则Rr＝ 33913 .
解析 对于圆锥，盛水部分形成圆台，如图，记上底面为圆O'，下底面为圆O，则由下底面半径为R，易得上底面半径为R3，∴V圆台＝13[π（R3）2＋πR2＋π（R3）2·πR2]·2＝26πR227.（或大圆锥体积－小圆锥体积）
圆柱中水的体积为V圆柱＝πr2·2＝2πr2.依题意，得26πR227＝2πr2，∴Rr＝2713＝33913.
9.[2024江西分宜中学、临川一中等校联考]在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱的底面直径为40 cm，母线长最短50 cm，最长80 cm，则斜截圆柱的侧面面积S＝ 2 600π cm2.
解析 将如题图所示的两个相同的斜截圆柱对接，
对接后的几何体是圆柱，如图，该圆柱侧面展开图
的面积为π×40×（50＋80）＝5 200π（cm2），则
斜截圆柱的侧面面积S＝12×5 200 π＝2 600π（cm2）.
10.[2023上海市进才中学模拟改编]如图，在底面半径为1，高为3的圆锥中，O是底面圆心，P为圆锥顶点，A，B是底面圆周上的两点，∠AOB＝2π3，C为母线PB的中点，则在该圆锥的侧面上，A到C的最短的路径长为 3 .
解析 因为圆锥的底面半径r＝1，高为3，则母线长l＝PB＝3+1＝2.在底面圆O中，AB＝∠AOB·r＝2π3.如图所示为圆锥的侧面展开示意图，连接AC，则线段AC的长为最短路径长.设∠APB为α，则AB＝α·l＝2π3，解得α＝π3，在△APC中，PC＝12PB＝1，PA＝2，α＝π3，则由余弦定理可得AC＝AP2＋PC2－2×AP×PC×csα＝3，即在该圆锥的侧面上，从A到C的最短路径的长为3.
11.[2023山西运城高三模拟]巴普士（约公元3～4世纪），古希腊亚历山大学派著名几何学家，生前有大量的著作，但大部分遗失在历史长河中，仅有《数学汇编》保存下来.《数学汇编》一共8卷，在《数学汇编》第3卷中记载着这样一个定理：“如果在同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于该闭合图形的面积与该闭合图形的重心旋转所得周长的积”.已知在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝BC＝2AD＝4，如图所示，利用上述定理可求得梯形ABCD的重心G到点B的距离为（ C ）
A.1139B.209C.21139D.199
解析 直角梯形ABCD绕AB旋转一周所得几何体的体积V1＝13（4π＋16π＋4π×16π）×4＝112π3，设重心G到AB的距离为d1，则112π3＝2+42×4×2πd1，解得d1＝149；直角梯形ABCD绕BC旋转一周所得几何体的体积V2＝π×42×2＋13×π×42×（4－2）＝32π＋32π3＝128π3，设重心G到BC的距离为d2，则128π3＝2+42×4×2πd2，所以d2＝169.连接BG，则BG＝（149）2＋（169）2＝21139.故选C.
12.[2024四川部分学校高三联考]已知某圆柱的轴截面是边长为2的正方形ABCD，在该圆柱的底面内任取一点E，则当四棱锥E－ABCD的体积最大时，该四棱锥的侧面积为（ B ）
A.1＋2＋5B.1＋22＋5
C.1＋2＋25D.2＋25
解析 如图，设圆柱的上、下底面圆心分别为O1，O，连接OE，O1E.四棱锥E－ABCD的体积V＝13S正方形ABCD·d，其中d为点E到AD的距离，因为正方形ABCD的面积为定值2×2＝4，所以当E为AD的中点时，四棱锥E－ABCD的体积最大，此时AE⊥DE，OE⊥AD，O1E⊥BC，OE＝1，AE＝DE＝2，BE＝CE＝22＋（2）2＝6，O1E＝（6）2－12＝5，四棱锥E－ABCD的侧面积为S＝12AD·OE＋12AB·AE＋12CD·DE＋12BC·O1E＝12×2×1＋12×2×2＋12×2×2＋12×2×5＝1＋22＋5，故选B.
13.[2023昆明市“三诊一模”]某机床厂工人将一个实心圆锥的旧零件改造成一个正四棱柱的新零件，且正四棱柱的中心在圆锥的轴上，下底面在圆锥的底面内.已知该圆锥的底面圆半径为3 cm，高为3 cm，则该正四棱柱体积（单位：cm3）的最大值为（ B ）
A.54（10－72）B.8C.274D.9
解析 作出图形如图所示，设正四棱柱的底面边长为x，高为h，由相似得ABCD＝SESO，即2x6＝3－h3，所以h＝3－22x.因为0＜3－22x＜3，所以0＜x＜32.（提醒：注意结合条件求出参数的范围）
所以正四棱柱的体积V＝x2×h＝x2（3－22x）＝－22x3＋3x2（0＜x＜32），（提醒：当出现三次函数求最值时，选用导数法求解）
所以V'＝－322x2＋6x.令V'＝－322x2＋6x＝0，得x＝22，当0＜x＜22时，V'＞0，V＝－22x3＋3x2单调递增；当22＜x＜32时，V'＜0，V＝－22x3＋3x2单调递减.所以当x＝22时，V＝－22x3＋3x2取得最大值8，即正四棱柱体积的最大值为8，故选B.
14.[多选/2022新高考卷Ⅱ]如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB.记三棱锥E－ACD，F－ABC，F－ACE的体积分别为V1，V2，V3，则（ CD ）
A.V3＝2V2B.V3＝V1
C.V3＝V1＋V2D.2V3＝3V1
解析 如图，连接BD交AC于O，连接OE，OF.设AB＝ED＝2FB＝2，则AB＝BC＝CD＝AD＝2，FB＝1.因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，所以FB⊥平面ABCD，所以V1＝VE－ACD＝13S△ACD×ED＝13×12×2×2×2＝43，V2＝VF－ABC＝12VE－ACD＝23.因为ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以ED⊥AC.又AC⊥BD，且ED∩BD＝D，ED，BD⊂平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF.因为OE，OF⊂平面BDEF，所以AC⊥OE，AC⊥OF.易知AC＝BD＝2AB＝22，OB＝OD＝12BD＝2，OF＝OB2＋FB2＝3，OE＝OD2＋ED2＝6，EF＝BD2＋（ED－FB）2＝（22）2＋（2－1）2＝3，所以EF2＝OE2＋OF2，所以OF⊥OE.又OE∩AC＝O，OE，AC⊂平面ACE，所以OF⊥平面ACE，所以V3＝VF－ACE＝13S△ACE·OF＝13×12AC×OE×OF＝13×12×22×6×3＝2，所以V3≠2V2，V1≠V3，V3＝V1＋V2，2V3＝3V1，所以选项A，B不正确，选项C，D正确，故选CD.
15.[2023浙江省绍兴市模拟]如图，在棱长均为2的正四面体ABCD中，M为AC的中点，E为AB的中点，P是DM上的动点，Q是平面ECD上的动点，则AP＋PQ的最小值是 33+36 .
解析 如图，作MG⊥CE于点G，连接DG，易知平面CDE⊥平面ABC，平面CDE∩平面ABC＝CE，则MG⊥平面CDE，故DG为DM在平面CDE上的射影.将△ADM沿DM翻折至与△DMG共面，记翻折后的点A（即A'）到DG的距离为hA，则hA为△A'DG的边DG上的高，且AP＋PQ＝A'P＋PQ≥hA.
因为MG＝12AE＝12，DM＝DC2－（AC2）2＝3，则sin ∠MDG＝MGDM＝36，故cs∠MDG＝336.又∠ADM＝∠A'DM＝π6，所以sin ∠A'DG＝sin （∠MDG＋π6）＝336×12＋36×32＝3+3312，所以AP＋PQ的最小值hA＝A'D·sin∠A'DG＝2×3+3312＝33+36.
16.碳70（C70）是一种碳原子族，可高效杀灭癌细胞，它是由70个碳原子构成的，其结构是由五元环（正五边形面）和六元环（正六边形面）组成的封闭的凸多面体（如图），共37个面，则其六元环的个数为（ B ）
A.12B.25C.30D.36
解析 根据题意，顶点数就是碳原子数，即为70，每个碳原子被3条棱共用，面数为37，设有正五边形x个，正六边形y个，则x＋y＝37，5x＋6y＝70×3，解得x＝12，y＝25，故正六边形个数为25，即六元环的个数为25，故选B.
17.[2024贵阳市模拟]转子发动机采用三角转子旋转运动来控制气体的压缩与排放.三角转子的外形是有三条侧棱的曲面棱柱（如图1），且侧棱垂直于底面，底面是以正三角形的三个顶点为圆心，以正三角形的边长为半径画圆弧构成的曲边三角形（如图2），正三角形的顶点称为曲边三角形的顶点，侧棱长为曲面棱柱的高.记该曲面棱柱的底面积为S，高为h，已知曲面棱柱的体积V＝Sh，若AB＝6，h＝1，则曲面棱柱的体积为（ D ）
图1图2
A.2π－22B.3π－22
C.2π－33D.3π－33
解析 ∵每个扇形的面积S扇＝12×π3×6×6＝π，S△ABC＝34×（6）2＝332，∴每个弓形的面积S弓＝S扇－S△ABC＝π－332，故S＝3S弓＋S△ABC＝3×（π－332）＋332＝3π－33，∴V＝Sh＝（3π－33）×1＝3π－33.故选D.
1.[2024福州市一检]一个正四棱台形油槽可以装煤油190 000 cm3，其上、下底面边长分别为60 cm和40 cm，则该油槽的深度为（ D ）
A.754 cmB.25 cmC.50 cmD.75 cm
解析 设正四棱台形油槽的高，即深度为h cm，依题意，得190 000＝h3（602＋402＋602×402），解得h＝75，选D.
2.[2024武汉部分学校调考]某玻璃制品厂需要生产一种如图1所示的玻璃杯，该玻璃杯可以近似看成是由一个圆柱挖去一个圆台得到的，其近似模型的直观图如图2所示（图中数据单位为cm），则该玻璃杯近似模型的体积（单位：cm3）为（ A ）
图1图2
A.43π6B.47π6C.53π6D.55π6
解析 由题意可得，该玻璃杯近似模型的体积V＝π×（32）2×6－13π[1＋（32）2＋1×32]×（6－2）＝27π2－19π3＝43π6（cm3），故选A.
3.[2024江西宜春模拟]水平放置的△ABC的直观图如图中△A'B'C'所示，其中B'O'＝C'O'＝1，A'O'＝32，则△ABC的形状为（ A ）
A.等边三角形
B.直角三角形
C.等腰（非等边）三角形
D.三边互不相等的三角形
解析 由题意知，在△ABC中，AO⊥BC于点O，如图，∵A'O'＝32，∴AO＝3，∵B'O'＝C'O'＝1，∴BO＝CO＝1，BC＝2，又AB＝AO2＋BO2＝3+1＝2，AC＝AO2＋CO2＝3+1＝2，∴AB＝AC＝BC，∴△ABC为等边三角形.故选A.
4.[2024辽宁抚顺德才高级中学模拟]2023年3月12日，在马来西亚吉隆坡举行的Yng Jun KL Speedcubing比赛半决赛中，来自中国的9岁魔方天才王艺衡以4.69秒的成绩打破了“解三阶魔方平均用时最短”吉尼斯世界纪录.一个三阶魔方由27个单位正方体组成，如图，把魔方的中间一层转动了45°，则该魔方的表面积增加了（ C ）
A.54B.54－362
C.108－722D.81－722
解析 如图，转动了45°后，此时魔方相对原来魔方多出了16个全等的小三角形的面积，显然小三角形为等腰直角三角形，设其直角边长为x，则斜边长为2x，则有2x＋2x＝3，解得x＝3－322.由几何关系得阴影部分的面积为S1＝12×（3－322）2＝274－922，所以增加的表面积为S＝16S1＝16×（274－922）＝108－722.故选C.
5.[2022全国卷甲]甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙.若S甲S乙＝2，则V甲V乙＝（ C ）
A.5B.22C.10D.5104
解析 因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，所以结合S甲S乙＝2可知，甲、乙两个圆锥侧面展开图的圆心角之比是2∶1.不妨设两个圆锥的母线长为l＝3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6π的圆，所以2πr1＝4π，2πr2＝2π，得r1＝2，r2＝1.由勾股定理得，h1＝l2－r12＝5，h2＝l2－r22＝22，所以V甲V乙＝13πr12h113πr22h2＝4522＝10.故选C.
6.[2023全国卷甲]在三棱锥P－ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝6，则该棱锥的体积为（ A ）
A.1B.3C.2D.3
解析 如图，取AB的中点D，连接PD，CD，因为△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，所以PD⊥AB，CD⊥AB，所以PD＝CD＝3，又PC＝6，所以PD2＋CD2＝PC2，所以PD⊥CD，又AB∩CD＝D，AB，CD⊂平面ABC，所以PD⊥平面ABC，所以VP－ABC＝13×S△ABC×PD＝13×12×2×3×3＝1，故选A.
7.[2024安徽六校联考]18世纪英国数学家辛普森运用定积分，推导出了现在中学数学教材中柱、锥、球、台等几何体的统一体积公式V＝16h（L＋4M＋N）（其中L，N，M，h分别为该几何体的上底面面积、下底面面积、中截面面积和高），我们也称为“万能求积公式”.例如，已知球的半径为R，可得该球的体积V＝16×2R（0＋4×πR2＋0）＝43πR3；已知正四棱锥的底面边长为a，高为h，可得该正四棱锥的体积V＝16×h[0＋4×（a2）2＋a2]＝13a2h.类似地，运用该公式求解下列问题：如图，已知球O的表面积为16π cm2，若用距离球心O都为1 cm的两个平行平面去截球O，则夹在这两个平行平面之间的几何体的体积为 22π3 cm3.
解析 如图，设上、下截面小圆的圆心分别为E，F，A是上底面截面小圆上一点，连接OA，EA，设球O的半径为R，∵球O的表面积为4πR2＝16π，∴R＝2，∴OA＝R＝2，又OE＝1，OE⊥EA，∴截面小圆半径r＝EA＝OA2－OE2＝4－1＝3，根据“万能求积公式”可得所求几何体的体积V＝16×2×[π×（3）2＋4×π×22＋π×（3）2]＝22π3（cm3）.
8.[2024南昌市模拟]如图，高度均为3的封闭玻璃圆锥和圆柱容器内装入等体积的水，此时水面高度均为h，若h＝2，记圆锥的底面半径为R，圆柱的底面半径为r，则Rr＝ 33913 .
解析 对于圆锥，盛水部分形成圆台，如图，记上底面为圆O'，下底面为圆O，则由下底面半径为R，易得上底面半径为R3，∴V圆台＝13[π（R3）2＋πR2＋π（R3）2·πR2]·2＝26πR227.（或大圆锥体积－小圆锥体积）
圆柱中水的体积为V圆柱＝πr2·2＝2πr2.依题意，得26πR227＝2πr2，∴Rr＝2713＝33913.
9.[2024江西分宜中学、临川一中等校联考]在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱的底面直径为40 cm，母线长最短50 cm，最长80 cm，则斜截圆柱的侧面面积S＝ 2 600π cm2.
解析 将如题图所示的两个相同的斜截圆柱对接，
对接后的几何体是圆柱，如图，该圆柱侧面展开图
的面积为π×40×（50＋80）＝5 200π（cm2），则
斜截圆柱的侧面面积S＝12×5 200 π＝2 600π（cm2）.
10.[2023上海市进才中学模拟改编]如图，在底面半径为1，高为3的圆锥中，O是底面圆心，P为圆锥顶点，A，B是底面圆周上的两点，∠AOB＝2π3，C为母线PB的中点，则在该圆锥的侧面上，A到C的最短的路径长为 3 .
解析 因为圆锥的底面半径r＝1，高为3，则母线长l＝PB＝3+1＝2.在底面圆O中，AB＝∠AOB·r＝2π3.如图所示为圆锥的侧面展开示意图，连接AC，则线段AC的长为最短路径长.设∠APB为α，则AB＝α·l＝2π3，解得α＝π3，在△APC中，PC＝12PB＝1，PA＝2，α＝π3，则由余弦定理可得AC＝AP2＋PC2－2×AP×PC×csα＝3，即在该圆锥的侧面上，从A到C的最短路径的长为3.
11.[2023山西运城高三模拟]巴普士（约公元3～4世纪），古希腊亚历山大学派著名几何学家，生前有大量的著作，但大部分遗失在历史长河中，仅有《数学汇编》保存下来.《数学汇编》一共8卷，在《数学汇编》第3卷中记载着这样一个定理：“如果在同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于该闭合图形的面积与该闭合图形的重心旋转所得周长的积”.已知在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝BC＝2AD＝4，如图所示，利用上述定理可求得梯形ABCD的重心G到点B的距离为（ C ）
A.1139B.209C.21139D.199
解析 直角梯形ABCD绕AB旋转一周所得几何体的体积V1＝13（4π＋16π＋4π×16π）×4＝112π3，设重心G到AB的距离为d1，则112π3＝2+42×4×2πd1，解得d1＝149；直角梯形ABCD绕BC旋转一周所得几何体的体积V2＝π×42×2＋13×π×42×（4－2）＝32π＋32π3＝128π3，设重心G到BC的距离为d2，则128π3＝2+42×4×2πd2，所以d2＝169.连接BG，则BG＝（149）2＋（169）2＝21139.故选C.
12.[2024四川部分学校高三联考]已知某圆柱的轴截面是边长为2的正方形ABCD，在该圆柱的底面内任取一点E，则当四棱锥E－ABCD的体积最大时，该四棱锥的侧面积为（ B ）
A.1＋2＋5B.1＋22＋5
C.1＋2＋25D.2＋25
解析 如图，设圆柱的上、下底面圆心分别为O1，O，连接OE，O1E.四棱锥E－ABCD的体积V＝13S正方形ABCD·d，其中d为点E到AD的距离，因为正方形ABCD的面积为定值2×2＝4，所以当E为AD的中点时，四棱锥E－ABCD的体积最大，此时AE⊥DE，OE⊥AD，O1E⊥BC，OE＝1，AE＝DE＝2，BE＝CE＝22＋（2）2＝6，O1E＝（6）2－12＝5，四棱锥E－ABCD的侧面积为S＝12AD·OE＋12AB·AE＋12CD·DE＋12BC·O1E＝12×2×1＋12×2×2＋12×2×2＋12×2×5＝1＋22＋5，故选B.
13.[2023昆明市“三诊一模”]某机床厂工人将一个实心圆锥的旧零件改造成一个正四棱柱的新零件，且正四棱柱的中心在圆锥的轴上，下底面在圆锥的底面内.已知该圆锥的底面圆半径为3 cm，高为3 cm，则该正四棱柱体积（单位：cm3）的最大值为（ B ）
A.54（10－72）B.8C.274D.9
解析 作出图形如图所示，设正四棱柱的底面边长为x，高为h，由相似得ABCD＝SESO，即2x6＝3－h3，所以h＝3－22x.因为0＜3－22x＜3，所以0＜x＜32.（提醒：注意结合条件求出参数的范围）
所以正四棱柱的体积V＝x2×h＝x2（3－22x）＝－22x3＋3x2（0＜x＜32），（提醒：当出现三次函数求最值时，选用导数法求解）
所以V'＝－322x2＋6x.令V'＝－322x2＋6x＝0，得x＝22，当0＜x＜22时，V'＞0，V＝－22x3＋3x2单调递增；当22＜x＜32时，V'＜0，V＝－22x3＋3x2单调递减.所以当x＝22时，V＝－22x3＋3x2取得最大值8，即正四棱柱体积的最大值为8，故选B.
14.[多选/2022新高考卷Ⅱ]如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB.记三棱锥E－ACD，F－ABC，F－ACE的体积分别为V1，V2，V3，则（ CD ）
A.V3＝2V2B.V3＝V1
C.V3＝V1＋V2D.2V3＝3V1
解析 如图，连接BD交AC于O，连接OE，OF.设AB＝ED＝2FB＝2，则AB＝BC＝CD＝AD＝2，FB＝1.因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，所以FB⊥平面ABCD，所以V1＝VE－ACD＝13S△ACD×ED＝13×12×2×2×2＝43，V2＝VF－ABC＝12VE－ACD＝23.因为ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以ED⊥AC.又AC⊥BD，且ED∩BD＝D，ED，BD⊂平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF.因为OE，OF⊂平面BDEF，所以AC⊥OE，AC⊥OF.易知AC＝BD＝2AB＝22，OB＝OD＝12BD＝2，OF＝OB2＋FB2＝3，OE＝OD2＋ED2＝6，EF＝BD2＋（ED－FB）2＝（22）2＋（2－1）2＝3，所以EF2＝OE2＋OF2，所以OF⊥OE.又OE∩AC＝O，OE，AC⊂平面ACE，所以OF⊥平面ACE，所以V3＝VF－ACE＝13S△ACE·OF＝13×12AC×OE×OF＝13×12×22×6×3＝2，所以V3≠2V2，V1≠V3，V3＝V1＋V2，2V3＝3V1，所以选项A，B不正确，选项C，D正确，故选CD.
15.[2023浙江省绍兴市模拟]如图，在棱长均为2的正四面体ABCD中，M为AC的中点，E为AB的中点，P是DM上的动点，Q是平面ECD上的动点，则AP＋PQ的最小值是 33+36 .
解析 如图，作MG⊥CE于点G，连接DG，易知平面CDE⊥平面ABC，平面CDE∩平面ABC＝CE，则MG⊥平面CDE，故DG为DM在平面CDE上的射影.将△ADM沿DM翻折至与△DMG共面，记翻折后的点A（即A'）到DG的距离为hA，则hA为△A'DG的边DG上的高，且AP＋PQ＝A'P＋PQ≥hA.
因为MG＝12AE＝12，DM＝DC2－（AC2）2＝3，则sin ∠MDG＝MGDM＝36，故cs∠MDG＝336.又∠ADM＝∠A'DM＝π6，所以sin ∠A'DG＝sin （∠MDG＋π6）＝336×12＋36×32＝3+3312，所以AP＋PQ的最小值hA＝A'D·sin∠A'DG＝2×3+3312＝33+36.
16.碳70（C70）是一种碳原子族，可高效杀灭癌细胞，它是由70个碳原子构成的，其结构是由五元环（正五边形面）和六元环（正六边形面）组成的封闭的凸多面体（如图），共37个面，则其六元环的个数为（ B ）
A.12B.25C.30D.36
解析 根据题意，顶点数就是碳原子数，即为70，每个碳原子被3条棱共用，面数为37，设有正五边形x个，正六边形y个，则x＋y＝37，5x＋6y＝70×3，解得x＝12，y＝25，故正六边形个数为25，即六元环的个数为25，故选B.
17.[2024贵阳市模拟]转子发动机采用三角转子旋转运动来控制气体的压缩与排放.三角转子的外形是有三条侧棱的曲面棱柱（如图1），且侧棱垂直于底面，底面是以正三角形的三个顶点为圆心，以正三角形的边长为半径画圆弧构成的曲边三角形（如图2），正三角形的顶点称为曲边三角形的顶点，侧棱长为曲面棱柱的高.记该曲面棱柱的底面积为S，高为h，已知曲面棱柱的体积V＝Sh，若AB＝6，h＝1，则曲面棱柱的体积为（ D ）
图1图2
A.2π－22B.3π－22
C.2π－33D.3π－33
解析 ∵每个扇形的面积S扇＝12×π3×6×6＝π，S△ABC＝34×（6）2＝332，∴每个弓形的面积S弓＝S扇－S△ABC＝π－332，故S＝3S弓＋S△ABC＝3×（π－332）＋332＝3π－33，∴V＝Sh＝（3π－33）×1＝3π－33.故选D.
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