2025年高考数学一轮复习-7.1.1基本立体图形及表面积与体积-专项训练【含解析】

这是一份2025年高考数学一轮复习-7.1.1基本立体图形及表面积与体积-专项训练【含解析】，共15页。试卷主要包含了下列四个命题正确的是等内容，欢迎下载使用。

1.下列四个命题正确的是（ ）
A.有两个侧面是矩形的立体图形是直棱柱
B.侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥
C.侧面都是矩形的直四棱柱是长方体
D.底面是长方形的直四棱柱是长方体，所有棱长均相等的长方体是正方体
2.（多选）下列说法正确的是（ ）
A.以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台
B.以等腰三角形底边上的高所在的直线为旋转轴，其余各边旋转180°形成的曲面所围成的几何体是圆锥
C.圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面
D.用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面
3.一棱柱有10个顶点，其所有侧棱长的和为60 cm，则每条侧棱长为 cm.
【例1】 （1）（2021·新高考Ⅰ卷3题）已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）
A.2 B.22
C.4 D.42
（2）（2023·全国甲卷11题）已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形，PC＝PD＝3，∠PCA＝45°，则△PBC的面积为（ ）
A.22 B.32
C.42 D.62
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.122π B.12π
C.82π D.10π
2.（2024·福州检测）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1＝2，F是线段A1B1上的动点，则AF＋FC1的最小值为 .
空间几何体的体积
技法1 直接利用公式求体积
【例2】 （2023·新高考Ⅰ卷14题）在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝2，则该棱台的体积为 .
技法2 等积法求体积
【例3】 棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1-D1MN的体积为 .
技法3 割补法求体积
【例4】 《九章算术》是我国古代的数学巨著，其卷第五“商功”有如下的问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈.问积几何？”意思为：今有底面为矩形的屋脊形状的多面体（如图），下底面宽AD＝3丈，长AB＝4丈，上棱EF＝2丈，EF与平面ABCD平行，EF与平面ABCD的距离为1丈，则该几何体的体积是（ ）
A.4立方丈 B.5立方丈
C.6立方丈 D.8立方丈
1.（2024·辽宁名校联考）如图，在平面五边形ABCDE中，AB＝DE＝1，BC＝CD＝2，AE＝2，∠ABC＝∠BCD＝∠CDE＝90°，则五边形ABCDE绕直线AB旋转一周所成的几何体的体积为（ ）
A.203π B.7π
C.223π D.233π
2.（2023·天津高考8题）在三棱锥P-ABC中，线段PC上的点M满足PM＝13PC，线段PB上的点N满足PN＝23PB，则三棱锥P-AMN和三棱锥P-ABC的体积之比为（ ）
A.19 B.29
C.13 D.49
3.（2023·新高考Ⅱ卷14题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 .
1.下列结论正确的是（ ）
A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B.夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体
C.若正棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥
D.圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线
2.已知球O的一个截面的面积为2π，球心O到该截面的距离比球的半径小1，则球O的表面积为（ ）
A.8π B.9π
C.12π D.16π
3.如图，一个底面半径为3的圆柱被一平面所截，截得的几何体的最短和最长母线长分别为4和10，则该几何体的体积为（ ）
A.90π B.63π
C.42π D.36π
4.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝BC＝AC＝2，AA1＝3，D，E分别是棱BB1，CC1上的动点，则AD＋DE＋EA1的最小值是（ ）
A.13 B.5
C.7 D.35
5.（多选）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑.如图为四角攒尖，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知此正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为θ，这个角接近30°，若取θ＝30°，侧棱长为21米，则（ ）
A.正四棱锥的底面边长为6米
B.正四棱锥的底面边长为3米
C.正四棱锥的侧面积为243平方米
D.正四棱锥的侧面积为123平方米
6.（多选）（2023·新高考Ⅱ卷9题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二面角P-AC-O为45°，则（ ）
A.该圆锥的体积为π B.该圆锥的侧面积为43π
C.AC＝22 D.△PAC的面积为3
7.如图是水平放置的正方形ABCO，在平面直角坐标系Oxy中，点B的坐标为（2，2），则由斜二测画法画出的正方形的直观图中，顶点B'到x'轴的距离为 .
8.（2024·泰州调研）某同学的通用技术作品如图所示，该作品由两个相同的正四棱柱组成.已知正四棱柱的底面边长为3 cm，则这两个正四棱柱的公共部分构成的多面体的面数为 ，体积为 cm3.
9.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则三棱锥A-B1CD1的体积为（ ）
A.43 B.83
C.4 D.6
10.（2023·全国乙卷8题）已知圆锥PO的底面半径为3，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝2π3，若△PAB的面积等于934，则该圆锥的体积为（ ）
A.π B.6π
C.3π D.36π
11.如图①是一种常见的玩具，图②是该玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该玩具的表面积为（ ）
A.8（6＋62＋3）
B.6（8＋82＋3）
C.8（6＋63＋2）
D.6（8＋83＋2）
12.（多选）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，侧面AA1C1C的中心为O，点E是侧棱BB1上的一个动点，下列判断正确的是（ ）
A.直三棱柱的侧面积是4＋22
B.直三棱柱的体积是13
C.三棱锥E-AA1O的体积为定值
D.AE＋EC1的最小值为22
13.若正三棱台上、下底面边长分别是a和2a，棱台的高为336a，则此正三棱台的侧面积为 .
14.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，则所得的几何体的体积为 .
15.（2024·济南质检）扇面是中国书画作品的一种重要表现形式.一幅扇面书法作品如图所示，经测量，上、下两条弧分别是半径为27和12的两个同心圆上的弧，侧边两条线段的延长线交于同心圆的圆心且圆心角为2π3.若某几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，求该几何体的高.
16.现需要设计一个仓库，由上、下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥P-A1B1C1D1，下部分的形状是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1（如图所示），并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍.
（1）若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？
（2）若正四棱锥的侧棱长为6 m，当PO1为多少时，下部的正四棱柱侧面积最大，最大侧面积是多少？
第1课时 基本立体图形及表面积与体积【解析版】
1.下列四个命题正确的是（ ）
A.有两个侧面是矩形的立体图形是直棱柱
B.侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥
C.侧面都是矩形的直四棱柱是长方体
D.底面是长方形的直四棱柱是长方体，所有棱长均相等的长方体是正方体
解析：D 对于A，平行六面体的两个相对侧面也可能是矩形，故A错；对于B，等腰三角形的腰不是侧棱时不一定成立，故B错；对于C，若底面不是矩形，则C错；对于D，由长方体、正方体的结构特征知，D正确.
2.（多选）下列说法正确的是（ ）
A.以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台
B.以等腰三角形底边上的高所在的直线为旋转轴，其余各边旋转180°形成的曲面所围成的几何体是圆锥
C.圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面
D.用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面
解析：BCD 对于A，以直角梯形中垂直于底的腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体才是圆台，故A错误； 对于B，以等腰三角形的底边上的高线所在的直线为旋转轴，其余各边旋转180°形成的曲面所围成的几何体是圆锥，B对；对于C，圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面，C对；对于D，用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面，D对.故选B、C、D.
3.一棱柱有10个顶点，其所有侧棱长的和为60 cm，则每条侧棱长为 cm.
答案：12
解析：该棱柱为五棱柱，共有5条侧棱，每条侧棱长都相等，所以每条侧棱长为12 cm.
【例1】 （1）（2021·新高考Ⅰ卷3题）已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）
A.2 B.22
C.4 D.42
（2）（2023·全国甲卷11题）已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形，PC＝PD＝3，∠PCA＝45°，则△PBC的面积为（ ）
A.22 B.32
C.42 D.62
答案：（1）B （2）C
解析：（1）设圆锥的母线长为l，因为该圆锥的底面半径为2，所以2π×2＝πl，解得l＝22，故选B.
（2）如图，过点P作PO⊥平面ABCD，垂足为O，取DC的中点M，AB的中点N，连接PM，MN，AO，BO.由PC＝PD，得PM⊥DC，又PO⊥DC，PO∩PM＝P，所以DC⊥平面POM，又OM⊂平面POM，所以DC⊥OM.在正方形ABCD中，DC⊥NM，所以M，N，O三点共线，所以OA＝OB，所以Rt△PAO≌Rt△PBO，所以PB＝PA.在△PAC中，由余弦定理，得PA＝PC2＋AC2－2PC·ACcs45°＝17，所以PB＝17.在△PBC中，由余弦定理，得cs∠PCB＝PC2＋BC2－BP22PC·BC＝13，所以sin∠PCB＝223，所以S△PBC＝12PC·BCsin∠PCB＝42，故选C.
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.122π B.12π
C.82π D.10π
解析：B 由题意知，圆柱的轴截面是一个面积为8的正方形，则圆柱的高与底面直径均为22.设圆柱的底面半径为r，则2r＝22，得r＝2.所以圆柱的表面积S圆柱＝2πr2＋2πrh＝2π（2）2＋2π×2×22＝4π＋8π＝12π.
2.（2024·福州检测）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1＝2，F是线段A1B1上的动点，则AF＋FC1的最小值为 .
答案：6＋2
解析：将正三棱柱ABC-A1B1C1（如图①）中的△A1B1C1沿A1B1翻折至平面ABB1A1上，如图②所示，在图②中，连接AC1，则AF＋FC1≥AC1，因为AA1＝A1C1＝2，且∠AA1C1＝90°＋60°＝150°，所以AC12＝AA12＋A1C12－2AA1·A1C1·cs∠AA1C1＝4＋4－8cs 150°＝8＋43，所以AC1＝8+43＝6＋2，故AF＋FC1的最小值为6＋2.
空间几何体的体积
技法1 直接利用公式求体积
【例2】 （2023·新高考Ⅰ卷14题）在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝2，则该棱台的体积为 .
答案：766
解析：如图所示，设点O1，O分别为正四棱台ABCD-A1B1C1D1上、下底面的中心，连接B1D1，BD，则点O1，O分别为B1D1，BD的中点，连接O1O，则O1O即为正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高，过点B1作B1E⊥BD，垂足为E，则B1E＝O1O.因为AB＝2，A1B1＝1，所以OB＝2，O1B1＝22，所以BE＝OB－OE＝OB－O1B1＝22，又AA1＝2，所以BB1＝2，B1E＝BB12－BE2＝2－12＝62，所以O1O＝62，所以V正四棱台ABCD-A1B1C1D1＝13×（22＋12＋22×12）×62＝766.
技法2 等积法求体积
【例3】 棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1-D1MN的体积为 .
答案：1
解析：如图，由正方体棱长为2及M，N分别为BB1，AB的中点，得S△A1MN＝2×2－2×12×2×1－12×1×1＝32，又易知D1A1为三棱锥D1-A1MN的高，且D1A1＝2，∴VA1-D1MN＝VD1-A1MN＝13·S△A1MN·D1A1＝13×32×2＝1.
技法3 割补法求体积
【例4】 《九章算术》是我国古代的数学巨著，其卷第五“商功”有如下的问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈.问积几何？”意思为：今有底面为矩形的屋脊形状的多面体（如图），下底面宽AD＝3丈，长AB＝4丈，上棱EF＝2丈，EF与平面ABCD平行，EF与平面ABCD的距离为1丈，则该几何体的体积是（ ）
A.4立方丈 B.5立方丈
C.6立方丈 D.8立方丈
解析：B 如图，过E作EG⊥平面ABCD，垂足为G，过F作FH⊥平面ABCD，垂足为H，过G作PQ∥AD，交AB于Q，交CD于P，过H作MN∥BC，交AB于N，交CD于M，连接EP，FM，由图形的对称性可知，AQ＝BN＝1，QN＝2，且四边形AQPD与四边形NBCM都是矩形.则该几何体的体积V＝V四棱锥E-AQPD＋V三棱柱EPQ-FMN＋V四棱锥F-NBCM＝13·EG·S矩形AQPD＋S△EPQ·NQ＋13·FH·S矩形NBCM＝13×1×1×3＋12×3×1×2＋13×1×1×3＝5（立方丈）.
1.（2024·辽宁名校联考）如图，在平面五边形ABCDE中，AB＝DE＝1，BC＝CD＝2，AE＝2，∠ABC＝∠BCD＝∠CDE＝90°，则五边形ABCDE绕直线AB旋转一周所成的几何体的体积为（ ）
A.203π B.7π
C.223π D.233π
解析：D 由图可知，五边形ABCDE可看作正方形BCDF切去一个等腰直角三角形AEF，将五边形ABCDE绕直线AB旋转一周得到的几何体是一个圆柱挖去一个圆锥.所以所求几何体的体积V＝V圆柱－V圆锥＝22π×2－13×12×π×1＝233π.故选D.
2.（2023·天津高考8题）在三棱锥P-ABC中，线段PC上的点M满足PM＝13PC，线段PB上的点N满足PN＝23PB，则三棱锥P-AMN和三棱锥P-ABC的体积之比为（ ）
A.19 B.29
C.13 D.49
解析：B 如图，连接NC.以A为顶点，三棱锥A-PMN与三棱锥A-PNC的高相同，底面分别为△PMN和△PNC，分别以PM和PC为底边，则这两个三角形的高相同，S△PMN∶S△PNC＝PM∶PC＝1∶3，所以V三棱锥A-PMN∶V三棱锥A-PNC＝1∶3，即V三棱锥A-PMN＝13V三棱锥A-PNC.同理，以C为顶点，三棱锥C-PAN与三棱锥C-PAB的高相同，底面分别为△PAN和△PAB，且S△PAN∶S△PAB＝PN∶PB＝2∶3，所以V三棱锥C-PAN∶V三棱锥C-PAB＝2∶3，即V三棱锥C-PAN＝23V三棱锥C-PAB.所以V三棱锥A-PMN＝13V三棱锥A-PNC＝13×23V三棱锥C-PAB＝29V三棱锥C-PAB，即V三棱锥P-AMN＝29V三棱锥P-ABC.故选B.
3.（2023·新高考Ⅱ卷14题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 .
答案：28
解析：法一 如图，在正四棱锥A-BCDE中截去正四棱锥A-B'C'D'E'.过点A作AO⊥平面BCDE于点O，交平面B'C'D'E'于点O'.过点O作OF⊥CD于点F，连接AF交C'D'于点F'，连接O'F'，则O'F'⊥C'D'.易知△AO'F'∽△AOF，∴AO'AO＝O'F'OF，即33+OO'＝12，得OO'＝3，∴所得正四棱台上底面的边长为2，下底面的边长为4，高为3，∴V＝13×（4＋16＋4×16）×3＝28.
法二 由法一，知四棱锥A-BCDE的高AO＝6，∴VB'C'D'E'-BCDE＝VA-BCDE－VA-B'C'D'E'＝13×4×4×6－13×2×2×3＝28.
1.下列结论正确的是（ ）
A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B.夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体
C.若正棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥
D.圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线
解析：D 由图①知，A错误；如图②，当两个平行截面与底面不平行时，截得的几何体不是旋转体，B错误；若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形，由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，C错误；由母线的概念知，D正确.
2.已知球O的一个截面的面积为2π，球心O到该截面的距离比球的半径小1，则球O的表面积为（ ）
A.8π B.9π
C.12π D.16π
解析：B 依题意设截面圆的半径为r，球的半径为R，因为截面的面积为2π，所以r＝2，又（R－1）2＋r2＝R2，即（R－1）2＋（2）2＝R2，解得R＝32，所以球O的表面积S＝4πR2＝4π×（32）2＝9π，故选B.
3.如图，一个底面半径为3的圆柱被一平面所截，截得的几何体的最短和最长母线长分别为4和10，则该几何体的体积为（ ）
A.90π B.63π
C.42π D.36π
解析：B 由几何体的直观图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线部分所得，如图所示.将圆柱补全，并将圆柱从点A处水平分成上下两部分.由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V＝π×32×4＋π×32×6×12＝63π.故选B.
4.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝BC＝AC＝2，AA1＝3，D，E分别是棱BB1，CC1上的动点，则AD＋DE＋EA1的最小值是（ ）
A.13 B.5
C.7 D.35
解析：D 将直三棱柱ABC-A1B1C1的侧面展开，如图所示，当A，D，E，A1四点共线时，AD＋DE＋EA1取得最小值，则最小值为62＋32＝35.故选D.
5.（多选）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑.如图为四角攒尖，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知此正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为θ，这个角接近30°，若取θ＝30°，侧棱长为21米，则（ ）
A.正四棱锥的底面边长为6米
B.正四棱锥的底面边长为3米
C.正四棱锥的侧面积为243平方米
D.正四棱锥的侧面积为123平方米
解析：AC 如图，在正四棱锥S-ABCD中，O为正方形ABCD的中心，H为AB的中点，则SH⊥AB，设底面边长为2a.因为∠SHO＝30°，所以OH＝AH＝a，OS＝33a，SH＝233a.在Rt△SAH中，a2＋（233a）2＝21，解得a＝3，所以正四棱锥的底面边长为6米，侧面积为S＝12×6×23×4＝243（平方米）.
6.（多选）（2023·新高考Ⅱ卷9题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二面角P-AC-O为45°，则（ ）
A.该圆锥的体积为π B.该圆锥的侧面积为43π
C.AC＝22 D.△PAC的面积为3
解析：AC 如图，连接PO.在△PAB中，PA＝PB＝2，∠APB＝120°，且点O是AB的中点，∴PO⊥AB，∠APO＝60°，∴PO＝1，OA＝3，即圆锥的高h＝1，底面圆的半径r＝3.对于A，该圆锥的体积V＝13πr2h＝13π×（3）2×1＝π，则A正确；对于B，该圆锥的侧面积S＝12×2πr×PA＝π×3×2＝23π，则B不正确；对于C，取AC的中点D，连接OD，PD.由OA＝OC，得OD⊥AC.又∵PA＝PC，D为AC的中点，∴AC⊥PD，∴∠PDO为二面角P-AC-O的平面角，则∠PDO＝45°.又在Rt△POD中，PO＝1，∴OD＝1，∴AC＝2AO2－OD2＝2（3）2－12＝22，则C正确；对于D，在Rt△POD中，PO＝1，∠PDO＝45°，∴PD＝2，∴△PAC的面积S＝12×AC×PD＝12×22×2＝2，则D不正确.故选A、C.
7.如图是水平放置的正方形ABCO，在平面直角坐标系Oxy中，点B的坐标为（2，2），则由斜二测画法画出的正方形的直观图中，顶点B'到x'轴的距离为 .
答案：22
解析：利用斜二测画法作正方形ABCO的直观图如图，在坐标系O'x'y'中，B'C'＝1，∠x'C'B'＝45°.过点B'作x'轴的垂线，垂足为点D'.在Rt△B'C'D'中，B'D'＝B'C'sin 45°＝1×22＝22.
8.（2024·泰州调研）某同学的通用技术作品如图所示，该作品由两个相同的正四棱柱组成.已知正四棱柱的底面边长为3 cm，则这两个正四棱柱的公共部分构成的多面体的面数为 ，体积为 cm3.
答案：8 182
解析：易知两个正四棱柱的公共部分为两个正四棱锥拼接而成，且两个正四棱锥的底面重合，所以公共部分构成的多面体的面数为8，因为正四棱柱的底面边长为3，则公共部分的两个正四棱锥的底面边长为32，高为322，所以体积V＝13×2×（32）2×322＝182（cm3）.
9.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则三棱锥A-B1CD1的体积为（ ）
A.43 B.83
C.4 D.6
解析：B 如图，三棱锥A-B1CD1由正方体ABCD-A1B1C1D1截去四个小三棱锥A-A1B1D1，C-B1C1D1，B1-ABC，D1-ACD得到，又V正方体ABCD-A1B1C1D1＝23＝8，V三棱锥A-A1B1D1＝V三棱锥C-B1C1D1＝V三棱锥B1-ABC＝V三棱锥D1-ACD＝13×12×23＝43，所以V三棱锥A-B1CD1＝8－4×43＝83.
10.（2023·全国乙卷8题）已知圆锥PO的底面半径为3，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝2π3，若△PAB的面积等于934，则该圆锥的体积为（ ）
A.π B.6π
C.3π D.36π
解析：B 如图所示，在△AOB中，AO＝BO＝3，∠AOB＝2π3，由余弦定理得AB＝3+3－2×3×3×（－12）＝3，设等腰△PAB底边AB上的高为h，则S△PAB＝12×3h＝934，解得h＝332，由勾股定理得母线PA＝（32）2＋（332）2＝3，则该圆锥的高PO＝PA2－OA2＝6，所以该圆锥的体积为13×3π×6＝6π，故选B.
11.如图①是一种常见的玩具，图②是该玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该玩具的表面积为（ ）
A.8（6＋62＋3）
B.6（8＋82＋3）
C.8（6＋63＋2）
D.6（8＋83＋2）
解析：A 由题图可知，该玩具可以看成是一个棱长为2＋22的正方体截去了8个正三棱锥所余下的几何体，且被截去的正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为2，则该几何体的表面积为S＝6×［（2＋22）2－4×12×2×2］＋8×12×2×3＝8（6＋62＋3）.
12.（多选）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，侧面AA1C1C的中心为O，点E是侧棱BB1上的一个动点，下列判断正确的是（ ）
A.直三棱柱的侧面积是4＋22
B.直三棱柱的体积是13
C.三棱锥E-AA1O的体积为定值
D.AE＋EC1的最小值为22
解析：ACD 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，△ABC和△A1B1C1是等腰直角三角形，侧面全是矩形，所以其侧面积为1×2×2＋12＋12×2＝4＋22，
故A正确；直三棱柱的体积为V＝S△ABC·AA1＝12×1×1×2＝1，故B不正确；如图所示，由BB1∥平面AA1C1C，且点E是侧棱BB1上的一个动点，所以三棱锥E-AA1O的高为定值22，S△AA1O＝12×22×2＝22，所以V三棱锥E-AA1O＝13×22×22＝16，故C正确；设BE＝x∈[0，2]，则B1E＝2－x，在Rt△ABE和Rt△EB1C1中，AE＋EC1＝1+x2＋1+（2－x）2.由其几何意义，即平面内动点（x，1）与两定点（0，0），（2，0）距离和的最小值，由对称性可知，当E为BB1的中点时，AE＋EC1取得最小值，其最小值为2＋2＝22，故D正确.
13.若正三棱台上、下底面边长分别是a和2a，棱台的高为336a，则此正三棱台的侧面积为 .
答案：92a2
解析：如图，设O1，O分别为上、下底面的中心，D，D1分别是AC，A1C1的中点，过D1作D1E⊥OD于点E.在直角梯形ODD1O1中，OD＝13×32×2a＝33a，O1D1＝13×32×a＝36a，∴DE＝OD－O1D1＝36a.在Rt△DED1中，D1E＝336a，则D1D＝36a2＋336a2＝336a2＋3336a2＝a.∴S侧＝3×12（a＋2a）a＝92a2.
14.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，则所得的几何体的体积为 .
答案：6
解析：法一（分割法） 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.由题意可知四边形ABCM，BENC都是矩形，AM＝DM＝2，CN＝2，FN＝1，AB＝CM＝22，所以S△AEB＝12×2×2＝2，因为截面CMN把这个几何体分割为直三棱柱ABE-MCN和四棱锥C-MNFD，又因为直三棱柱ABE-MCN的体积为V1＝S△ABE·AM＝12×2×2×2＝4，四棱锥 C-MNFD的体积为V2＝13S四边形MNFD·BE＝13×12×（1＋2）×2×2＝2，所以所求几何体的体积为V1＋V2＝6.
法二（补形法） 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ABE-DMN，所以几何体的体积等于直三棱柱ABE-DMN的体积减去四棱锥D-CMNF的体积.因为VABE-DMN＝（12×2×2）×4＝8，VD-CMNF＝13×（1+22×2）×2＝2，所以几何体的体积为VABE-DMN－VD-CMNF＝8－2＝6.
15.（2024·济南质检）扇面是中国书画作品的一种重要表现形式.一幅扇面书法作品如图所示，经测量，上、下两条弧分别是半径为27和12的两个同心圆上的弧，侧边两条线段的延长线交于同心圆的圆心且圆心角为2π3.若某几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，求该几何体的高.
解：由题意知该几何体为圆台，如图所示，其中AB，CD分别为上、下底面圆的直径，设圆台的上底面圆的半径为r1，圆心为O1，下底面圆的半径r2，圆心为O2，
则2πr1=12×2π3=8π，2πr2=27×2π3=18π，得r1=4，r2=9，
过点A作AM⊥CD，交CD于点M，连接O1O2，则四边形AO1O2M为矩形，
所以△ADM为直角三角形，AO1＝MO2，AM＝O1O2.
圆台的母线长l＝AD＝27－12＝15，
所以圆台的高h＝AM＝AD2－DM2＝152−(r2－r1）2＝102.
16.现需要设计一个仓库，由上、下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥P-A1B1C1D1，下部分的形状是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1（如图所示），并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍.
（1）若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？
（2）若正四棱锥的侧棱长为6 m，当PO1为多少时，下部的正四棱柱侧面积最大，最大侧面积是多少？
解：（1）∵PO1＝2（m），正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍，∴O1O＝8（m），
∴仓库的容积V＝13×62×2＋62×8＝312（m3）.
（2）若正四棱锥的侧棱长为6 m，设PO1＝x（m），则O1O＝4x（m），A1O1＝36－x2（m），A1B1＝236－x2（m），
∴正四棱柱侧面积S＝4·4x·236－x2＝162x·36－x2（0＜x＜6），
∴S≤162×x2＋36－x222＝2882，当且仅当x＝36－x2，即x＝32时，Smax＝2882（m2），
∴当PO1＝32（m）时，正四棱柱侧面积最大，最大为2882（m2