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】

第1课时基本立体图形及表面积与体积【原卷版】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60cm，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.22C.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.32C.42 D.621.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.12πC.82π D.10π2.（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.7πC.223π D.232.（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.2C.13 D.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.9πC.12π D.16π3.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.63πC.42π D.36π4.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.5C.7 D.355.（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πB.该圆锥的侧面积为43πC.AC＝22 D.△PAC的面积为37.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3cm，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.C.4 D.610.（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，A.π B.6πC.3π D.36π11.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＋22B.直三棱柱的体积是1C.三棱锥E-AA1O的体积为定值D.AE＋EC1的最小值为2213.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，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＝6m，PO1＝2m，则仓库的容积是多少？（2）若正四棱锥的侧棱长为6m，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60cm，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12cm.【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.22C.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.32C.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·ACcos45°＝17，所以PB＝17.在△PBC中，由余弦定理，得cos∠PCB＝PC2＋BC2－BP22PC·BC＝11.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.12πC.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·cos∠AA1C1＝4＋4－8cos150°＝8＋43，所以AC1＝8+43＝6＋2，故AF＋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：7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-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-A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＝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.7πC.223π D.23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.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.2C.13 D.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×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'＝13×4×4×6－13×2×2×31.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.9πC.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，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.63πC.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.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.5C.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.（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＝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πB.该圆锥的侧面积为43πC.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＝17.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：2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'sin45°＝1×22＝28.（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3cm，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：8182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＝1829.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.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-B110.（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，A.π B.6πC.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＋（311.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＋312.（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＋22B.直三棱柱的体积是1C.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：92a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＋3314.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