《高考快车道》2026版高三一轮总复习（数学）58　第七章　第1课时　基本立体图形、简单几何体的表面积与体积

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第七章　立体几何与空间向量
第七章　立体几何与空间向量
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新高考卷三年考情图解

第七章　立体几何与空间向量
高考命题规律把握
1．常考点：空间几何体的表面积与体积、空间线面位置关系的证明、立体几何中的向量方法．
空间几何体的表面积与体积主要考小题：一是柱、锥、台体的体积与表面积的计算，二是球与柱、锥、台体的切接问题；空间线面位置关系的证明与立体几何中的向量方法主要考解答题，第(1)问重点考查线面位置关系的证明；第(2)问重点考查空间角，尤其是二面角、线面角的计算．
2．轮考点：空间几何体的结构．
常与数学文化结合以客观题的形式出现，主要考查对空间几何体的结构认知，难度较小．
第1课时
基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
[考试要求]　1．认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．
2．掌握球、棱(圆)柱、棱(圆)锥、棱(圆)台的表面积和体积的计算公式，能用公式解决简单的实际问题．
3．能用斜二测画法画出简单空间图形的直观图．
链接教材·夯基固本
1．空间几何体的结构特征
(1)多面体的结构特征
名称 棱柱 棱锥 棱台
图形
名称 棱柱 棱锥 棱台
底面 互相______且______ 多边形 互相______且______
侧棱 ____________ 相交于______但不一定相等 延长线交于______
侧面 形状 ____________ ________ ______
平行
全等
平行
相似
平行且相等
一点
一点
平行四边形
三角形
梯形
(2)特殊的棱柱
①侧棱垂直于底面的棱柱叫做________．
②侧棱不垂直于底面的棱柱叫做________．
③底面是正多边形的直棱柱叫做________．
④底面是平行四边形的四棱柱叫做____________．
(3)正棱锥
底面是正多边形，并且顶点与底面中心的连线垂直于底面的棱锥叫做正棱锥．特别地，各棱均相等的正三棱锥叫正四面体．
直棱柱
斜棱柱
正棱柱
平行六面体
(4)旋转体的结构特征
名称 圆柱 圆锥 圆台 球
图形
母线 互相平行且相等，______于底面 相交于______ 延长线交于______
垂直
一点
一点
轴截面 ______ ____________ __________ ______
侧面 展开图 ______ ______ ______
矩形
等腰三角形
等腰梯形
圆面
矩形
扇形
扇环
2．立体图形的直观图
(1)画法：常用____________．
(2)规则：
①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面______．
②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍__________________，平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度______，平行于y轴的线段在直观图中长度变为原来的______．
斜二测画法
垂直
分别平行于坐标轴
不变
一半
3．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
名称 圆柱 圆锥 圆台
侧面展 开图
侧面 积公式 S圆柱侧＝______ S圆锥侧＝_____ S圆台侧＝
______________
2πrl
πrl
π(r1＋r2)l
4．柱、锥、台、球的表面积和体积
名称 表面积 体积
柱体(棱柱和圆柱) S表面积＝S侧＋2S底 V＝____
锥体(棱锥和圆锥) S表面积＝S侧＋S底 V＝_______
台体(棱台和圆台) S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h
球 S＝______ V＝_________
Sh
Sh
4πR2
πR3
[常用结论]
1．与体积有关的几个结论
(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差．
(2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等(祖暅原理)．
2．直观图与原平面图形面积间的关系：S直观图＝S原图，S原图＝2S直观图．
一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．
(　　)
(2)菱形的直观图仍是菱形． (　　)
(3)两个球的体积之比等于它们的半径比的平方． (　　)
×
×
×
√
二、教材经典衍生
1．(人教A版必修第二册P119例4改编)已知圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的表面积之比为(　　)
A．1∶1 B．2∶1
C．3∶2 D．2∶3
D　[设球的半径为r，则S圆柱＝2πr2＋2πr·2r＝6πr2，S球＝4πr2，所以球的表面积与圆柱的表面积之比为4πr2∶6πr2＝2∶3，故选D．]
2．(人教A版必修第二册P106习题8.1T8改编)如图所示，长方体ABCD-A′B′C′D′被一个平面截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是(　　)
A．棱台 B．四棱柱
C．五棱柱 D．简单组合体
√
C　[由几何体的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱．]
3．(人教A版必修第二册P119练习T1改编)已知圆锥的表面积为
12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则圆锥底面圆的半径为(　　)
A．1 cm B．2 cm
C．3 cm D． cm
√
B　[设圆锥的底面圆的半径为r，母线长为l，因为侧面展开图是一个半圆，所以πl＝2πr，即l＝2r，所以πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，解得r＝2(cm)．]
4．(人教A版必修第二册P120习题8.3T3改编)如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，侧棱AA1＝16．若侧面AA1B1B水平放置时，液面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的中点．当底面ABC水平放置时，液面高为________．
12
12　[设△ABC的面积为a，底面ABC水平放置时，液面高为h，侧面AA1B1B水平放置时，水的体积为V＝S△ABC·AA1＝a·16＝12a，
当底面ABC水平放置时，水的体积为V＝S△ABCh＝ah，于是ah＝12a，解得h＝12，
所以当底面ABC水平放置时，液面高为12．]
考点一　基本立体图形
考向1　结构特征
[典例1]　(多选)下列说法中正确的是(　　)
A．以直角梯形垂直于底边的腰所在直线为旋转轴，其余边旋转一周形成的几何体是圆台
B．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
C．底面是正多边形的棱锥是正棱锥
D．棱台的各侧棱延长后必交于一点
典例精研·核心考点
√
√
AD　[由圆台定义知，以直角梯形垂直于底边的腰所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的几何体是圆台，故A正确；
各侧面都是正方形的四棱柱中，如果底面是菱形，不一定是正方体，故B错误；
底面是正多边形的棱锥，不能保证顶点在底面上的射影为底面正多边形的中心，故C错误；
棱台是由平行于棱锥底面的平面截得的，故棱台的各侧棱延长后必交于一点，故D正确．故选AD．]
考向2　直观图
[典例2]　如图，四边形ABCD的斜二测画法直观图为等腰梯形A′B′C′D′．已知A′B′＝4，C′D′＝2，则下列说法正确的是(　　)
A．AB＝2
B．A′D′＝2
C．四边形ABCD的周长为4＋2＋2
D．四边形ABCD的面积为6
√
D　[由题意可知A′D′＝，直观图的原图形如图所示，所以AB＝
4，AD＝2，CD＝2，作CE⊥AB于点E，可求得BC＝2．
所以四边形ABCD的周长为6＋2＋2，四边形ABCD的面积为×2＝6．故选D．]
【教用·备选题】
已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图
△A′B′C′的面积为(　　)
A．a2　　B．a2　　C．a2　　D．a2
√
D　[法一：如图①②所示的原图形和直观图，
由图②可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝OC＝a，
在图②中作C′D′⊥A′B′于点D′，
则C′D′＝O′C′＝a，所以S△A′B′C′＝A′B′×C′D′＝×a×a＝a2．故选D．
法二：S△ABC＝×a×a sin 60°＝a2，
又S直观图＝S原图＝a2＝a2．故选D．]
考向3　展开图
[典例3]　如图所示，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝2，AA1＝2，由顶点B沿棱柱侧面(经过棱AA1)到达顶点C1，与AA1的交点记为M，则从点B经点M到C1的最短路线长为(　　)
A．2 B．2
C．4 D．4
√
B　[如图，沿侧棱BB1将正三棱柱的侧面展开，
由侧面展开图可知，当B，M，C1三点共线时，从点B经点M到C1的路线最短．
所以最短路线长为BC1＝＝2．故选B．]
【教用·备选题】
如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为a，底面边长为b，一只蚂蚁从点A出发沿每个侧面爬到A1，路线为A→M→N→A1，则蚂蚁爬行的最短路程是(　　)
A．
B．
C．
D．
√
A　[正三棱柱的侧面展开图是如图所示的矩形，矩形的长为3b，宽为a，则其对角线AA1的长为最短路程．因此蚂蚁爬行的最短路程为．故选A．]
名师点评　(1)空间几何体结构特征的判断技巧：紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定．
(2)在斜二测画法中，平行于x轴或在x轴上的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴或在y轴上的线段平行性不变，长度减半．
(3)在解决空间几何体最短距离问题时，一般考虑其展开图，采用化曲为直的策略，将空间问题平面化．
[跟进训练]
1．(1)(多选)下列说法中正确的是(　　)
A．长方体是直四棱柱
B．两个面平行，其余各面是梯形的多面体是棱台
C．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形
D．平行六面体不是棱柱
√
√
(2)在我国古代数学名著《数学九章》中有这样一个问题：“今有木长二丈四尺，围之五尺．葛生其下，缠本两周，上与木齐，问葛长几何？”意思是：“圆木长2丈4尺，圆周长为5尺，葛藤从圆木的底部开始向上生长，绕圆木两周，刚好顶部与圆木平齐，问葛藤最少长多少尺？”(注：1丈等于10尺)，则这个问题中，葛藤长的最小值为(　　)
A．2丈4尺 B．2丈5尺
C．2丈6尺 D．2丈8尺
√
(3)(多选)(2025·河北冀州中学期中)如图所示，用斜二测画法画一个水平放置的△ABC的直观图，OA＝2，S△ABC＝，则在直观图中，以下说法正确的是(　　)
A．O′A′＝2
B．△A′B′C′的面积为
C．OA边上的高为
D．O′A′边上的高为
√
√
√
(1)AC　(2)C　(3)ABC　[(1)长方体是直四棱柱，A正确；两个平面平行，其余各面是梯形的多面体，当侧棱延长后不交于同一点时，就不是棱台，B错误；正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，C正确；平行六面体是棱柱，D错误．故选AC．
(2)如图，由题意，圆柱的侧面展开图是矩形ABEF，圆木的高AB＝24尺，BE＝5尺，因此葛藤绕圆木2周后长度最小为BD＝＝＝26(尺)，即为2丈6尺．故选C．
(3)由题意知O′A′＝OA＝2，所以A正确；
在△ABC中，过B作BD∥y轴，交x轴于点D如图①，在直观图中的x′轴上取O′D′＝OD，
连接D′B′，如图②，则D′B′＝DB，
由于BD⊥AC于点D，则BD为原图形中OA边上的高，且BD＝2B′D′，S△ABC＝AC×BD＝，BD＝2B′D′＝，所以C正确；
在直观图中作B′E′⊥A′C′于点E′，B′D′＝B′E′＝，B′E′＝，所以D错误；
S△A′B′C′＝A′C′×B′E′＝，所以B正确．
故选ABC．]
【教用·备选题】
1．已知圆锥的母线长为1，其侧面展开图是一个圆心角为120°的扇形，则该圆锥的轴截面面积为(　　)
A．　　B．　　C．　　D．
√
B　[因为圆锥的母线长为1，其侧面展开图是一个圆心角为120°的扇形，所以圆锥的底面周长为1×＝，所以底面半径为，高为＝，所以轴截面面积为＝．故选B．]
2．多面体欧拉定理是指对于简单多面体，其各维对象数总满足一定的数量关系，在三维空间中，多面体欧拉定理可表示为：V(顶点数)＋F(表面数)－E(棱长数)＝2．在数学上，富勒烯的结构都是以正五边形和正六边形面组成的凸多面体，例如富勒烯C60(结构图如图)是用碳原子组成的稳定分子，具有60个顶点和32个面，其中12个面为正五边形，20个面为正六边形．除C60外具有封闭笼
状结构的富勒烯还可能有C28，C32，C50，C70，C84，
C240，C540等，则C84结构含有正六边形的个数为(　　)
A．12　　B．24　　C．30　　D．32
√
D　[设C84结构中形状为正五边形和正六边形的面各有x个和y个，
V＝84，F＝x＋y，E＝3×84÷2．
由欧拉公式V＋F－E＝2，可得84＋x＋y－3×84÷2＝2，即x＋y＝44．
又由多边形的边数可表示C84的棱数，
即(5x＋6y)÷2＝3×84÷2，即5x＋6y＝252，
由解得
故C84结构含有正六边形的个数为32．]
考点二　空间几何体的表面积与体积
考向1　表面积
[典例4]　(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
√
(2)为了给热爱朗读的师生提供一个安静独立的环境，某学校修建了若干“朗读亭”．如图所示，该朗读亭的外形是一个正六棱柱和正六棱锥的组合体，正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，若正六棱锥的高与底面边长的比为2∶3，则正六棱锥与正六棱柱的侧面积的比值为(　　)
A． B．
C． D．
√
(1)A　(2)B　[(1)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＝＋r2＝(2)2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π．故选A．
(2)设正六棱柱的底面边长为a，由题意知正六棱柱的高为2a，因为正六棱锥的高与底面边长的比为2∶3，所以正六棱锥的高为a，正六棱锥的侧棱长为a，正六棱锥的侧面积
S1＝6×a＝a2，
正六棱柱的侧面积S2＝6·a·2a＝12a2，所以＝．故选B．]
考向2　体积
[典例5]　(1)(2024·新高考Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为(　　)
A．2π B．3π
C．6π D．9π
√
(2)(2024·天津模拟)如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，O为四边形ACC1A1对角线的交点，设三棱柱ABC-A1B1C1的体积为V1，四棱锥
O-BCC1B1的体积为V2，则V2∶V1＝(　　)
A．1∶3 B．1∶4
C．1∶6 D．2∶3
(3)(2023·新高考Ⅰ卷)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为________．
√
(1)B　(2)A　(3)　[(1)设圆柱和圆锥的底面半径均为r，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以2πr×＝πr×，即2＝，故r＝3，故圆锥的体积为π×9×＝3π．故选B．
(2)如图，连接OA1，A1B，
则V1＝，
＝V1，
所以＝V1，
又O为A1C的中点，
所以点A1到平面BCC1B1的距离是点O到平面BCC1B1的距离的2倍，则＝＝2V2，
所以V1＝2V2，即＝．故选A．
(3)法一：如图所示，设O1，O分别为正四棱台ABCD-A1B1C1D1上、下底面的中心，连接B1D1，BD，则O1，O分别为B1D1，BD的中点，连接O1O，则O1O即是正四棱台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＝，O1B1＝，所以BE＝OB－OE＝OB－O1B1＝，又AA1＝，所以BB1＝，B1E＝＝＝，所以O1O＝，所以＝×
(22＋12＋)×＝．
法二：如图，将正四棱台ABCD-A1B1C1D1补形成正四棱锥P-ABCD，因为AB＝2，A1B1＝1，AB∥A1B1，所以A1，B1，C1，D1分别为PA，PB，PC，PD的中点，又A1A＝，所以PA＝2，即PB＝2．连接BD，取BD的中点为O，连接PO，则PO⊥平面
ABCD，易知BO＝，所以PO＝
＝，所以正四棱台ABCD-A1B1C1D1
的高为，所以＝×
(22＋12＋)×＝．(或者V四棱锥P-ABCD＝×22×＝，
＝V四棱锥P-ABCD，所以＝
V四棱锥P-ABCD－＝V四棱锥P-ABCD＝＝．)]
名师点评　求空间几何体的体积的常用方法
公式法 规则几何体的体积问题，直接利用公式进行求解
割补法 把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者补成规则的几何体，再求解
等体 积法 通过选择合适的底面来求几何体的体积，特别是三棱锥的体积(即利用三棱锥的任一个面均可作为三棱锥的底面，进行等体积变换)
[跟进训练]
2．(1)(2024·山东枣庄一模)已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，侧面展开图是半个圆环，则圆台的侧面积为(　　)
A．6π B．16π
C．26π D．32π
√
(2)(2024·北京西城二模)楔体形构件在建筑工程上有广泛的应用．如图，某楔体形构件可视为一个五面体ABCDEF，其中平面ABCD为正方形．若AB＝6 cm，EF＝3 cm，且EF与平面ABCD的距离为2 cm，则该楔体形构件的体积为(　　)
A．18 cm3 B．24 cm3
C．30 cm3 D．48 cm3
(3)(2020·新高考Ⅱ卷)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________．
√
1
(1)B　(2)C　(3)1　[(1)圆台的上底面圆半径r′＝1，下底面圆半径r＝3，
设圆台的母线长为l，扇环所在的小圆的半径为x，依题意有解得所以圆台的侧面积S＝πl＝π×4＝16π．故选B．
(2)如图所示，设G，H分别为AB，DC的中点，连接EG，EH，GH，
因为底面ABCD为正方形，所以AB∥DC，又AB 平面EFCD，DC 平面EFCD，所以AB∥平面EFCD，
又平面EFCD∩平面ABFE＝EF，所以AB∥EF，
因为G，H分别为AB，DC的中点，AB＝6 cm，EF＝3 cm，
所以EF∥GB，EF＝GB，则四边形EGBF为平行四边形，则EG∥FB，
同理EH∥FC，又GH∥BC，所以EGH-FBC为三棱柱，由题意，可得V四棱锥E-AGHD＝S矩形AGHD·h＝AD·AG·h＝×6×3×2＝12(cm3)．
又V三棱柱EGH-FBC＝3V三棱锥B-EGH＝3V三棱锥E-BGH＝3××V四棱锥E-AGHD＝·V四棱锥E-AGHD＝×12＝18(cm3)．
所以该多面体的体积为V＝V四棱锥E-AGHD＋V三棱柱EGH-FBC＝12＋18＝30(cm3)．故选C．
(3)如图，易知＝，由正方体的结构特征，知D1A1⊥平面A1MN，所以D1A1为三棱锥D1-A1MN的高．因为M，N分别为棱BB1，AB的中点，所以＝2×2－×1×1－×1×2－×1×2＝，所以＝＝××D1A1＝×2＝1．]
【教用·备选题】
1．(2024·辽宁大连一模)陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址．如图所示的是一个陀螺立体结构图．已知底面圆的直径AB＝12 cm，圆柱体部分的高BC＝6 cm，圆锥体部分的高CD＝4 cm，则这个陀螺的表面积(单位：cm2)为
(　　)
A．π B．π
C．π D．π
√
C　[由题意可知，圆锥的母线长为＝2，
所以这个陀螺的表面积为π×62＋2π×6×6＋π×2×6＝π．
故选C．]
2．《九章算术》是我国古代的数学巨著，其卷第五“商功”有如下问题：“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，则它的体积是(　　)
A．4立方丈 B．5立方丈
C．6立方丈 D．8立方丈
√
B　[如图，过点E作EG⊥平面ABCD，垂足为点G，过点F作FH⊥平面ABCD，垂足为点H，过点G作PQ∥AD，交AB于点Q，交CD于点P，过点H作MN∥BC，交AB于点N，交CD于点M，连接EQ，EP，FN，FM．则AQ＋NB＝4－2＝2，QN＝2，且四边形AQPD与四边形NBCM都是矩形．
则它的体积V＝VE-AQPD＋VEPQ-FMN＋VF-NBCM＝·EG·S矩形AQPD＋S△EPQ·NQ＋·FH·S矩形NBCM＝(AQ＋NB)·AD·EG＋S△EPQ·NQ＝×2×3×1＋×3×1×2＝5(立方丈)．]
3．(2024·江苏常州模拟)如图，圆锥的底面半径为1，侧面展开图是圆心角为60°的扇形．把该圆锥截成圆台，已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合，圆台的上底面半径为，则圆台的侧面积为
(　　)
A． B．
C． D．8π
√
C　[设圆锥的半径为R，母线长为l，则R＝1．设圆台的上底面半径为r，母线长为l1，则r＝．
由已知可得，＝＝，所以l＝6．
如图，作出圆锥、圆台的轴截面，
则有＝＝，所以l1＝4．
所以圆台的侧面积为π(R＋r)l1＝4×π＝π．故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
一、单项选择题
1．(2025·陕西西安模拟)乒乓球被誉为我国的“国球”，一个标准尺寸乒乓球的直径是40 mm，则其表面积约为(　　)
A．3 000 mm2 B．4 000 mm2
C．5 000 mm2 D．6 000 mm2
13
课后作业(三十八)　基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
√
14
C　[标准尺寸乒乓球的直径是40 mm，标准乒乓球的半径R＝20 mm，故表面积S＝4πR2≈5 000 mm2．故选C． ]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
2．(2024·广西来宾一模)已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为1，2，体积为3，则该正四棱台的高为(　　)
A．1 B．
C． D．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
D　[设该正四棱台的高为h，
又其上、下底面边长分别为1，2，体积为3，
则V＝h(12＋22＋)＝＝3，
所以h＝．故选D．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
3．水平放置的四边形ABCD的直观图是直角梯形A′B′C′D′，如图所示．其中B′C′＝A′B′＝1，则原平面图形的面积为(　　)
A． B．
C．3 D．6
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
C　[在直角梯形A′B′C′D′中，B′C′＝A′B′＝1，且∠A′D′C′＝45°，作A′P⊥D′C′于点P，
则四边形A′B′C′P为正方形，△A′PD′为等腰直角三角形，
故A′D′＝，D′C′＝2．
故原图形为直角梯形，且上底AB＝A′B′＝1，高AD＝2A′D′＝2，下底DC＝D′C′＝2．
其面积为×2＝3．
故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
4．(2024·山西晋城二模)已知圆锥的侧面积为12π，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，则此圆锥的体积为(　　)
A．6π B．
C．6π D．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
B　[设圆锥的底面半径为r，母线长为l，
由题意可得解得l＝6，r＝2，
则圆锥的高h＝＝4，
所以此圆锥的体积为h×πr2＝．
故选B．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
5．将12根长度相同的小木棍通过黏合端点的方式拼接(不可折断，可以不全部用完)，不可能拼成(　　)
A．正三棱柱 B．正四棱锥
C．正四棱柱 D．正六棱锥
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
D　[正三棱柱中9条棱的长度可以相等，A成立；
正四棱锥中8条棱的长度可以相等，B成立；
正四棱柱中12条棱的长度可以相等，C成立；
因为正六边形的中心到六个顶点的距离都等于边长，
所以正六棱锥的侧棱总比底边长，D不成立．
故选D．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
6．(2023·天津高考)在三棱锥P-ABC中，线段PC上的点M满足PM＝PC，线段PB上的点N满足PN＝PB，则三棱锥P-AMN和三棱锥P-ABC的体积之比为(　　)
A． B．
C． D．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
B　[如图，因为PM＝PC，PN＝PB，所以＝＝＝＝，所以＝＝＝＝(其中d为点A到平面PBC的距离，因为平面PMN和平面PBC重合，所以点A到平面PMN的距离也为d)．
故选B．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
二、多项选择题
7．如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD-A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，将容器以BC为轴顺时针旋转，则(　　)
A．有水的部分始终是棱柱
B．水面所在四边形EFGH为矩形且面积不变
C．棱A1D1始终与水面平行
D．当点H在棱CD上且点G在棱CC1上(均不含端点)时，
BE·BF不是定值
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
√
AC　[对于A，有水的部分的几何体，有两个面都垂直于BC，这两个面始终平行，而AD∥BC，
并且BC始终与水面平行，即有FG∥BC，若点H在棱DD1上，由面面平行的性质知，
EH∥FG，若点H在棱CD上，EH∥BC，因此该几何体有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形，并且每相邻两个四边形的公共边互相平行，即该几何体是棱柱，A正确；
对于B，因为水面EFGH为矩形，边FG的长度不变，EF随旋转角的变化而变化，矩形EFGH的面积不是定值，B错误；
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
对于C，因为A1D1始终与BC平行，而BC始终与水面平行，并且A1D1不在水面所在平面内，即棱A1D1始终与水面平行，C正确；
对于D，当点H在棱CD上且点G在棱CC1上(均不含端点)时，有水部分的棱柱的底面为三角形，
而水的体积不变，高BC不变，则底面面积BE·BF不变，即BE·BF为定值，D错误．故选AC．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
8．(2024·江苏徐州一模)已知圆台的上、下底面直径分别为2，6，高为2，则(　　)
A．该圆台的体积为26π
B．该圆台外接球的表面积为π
C．用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长的最大值为16
D．挖去以该圆台上底面为底，高为的圆柱后所得几何体的表面积为π
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
√
BC　[由已知得圆台的上、下底面半径分别为1，3，
对于A，圆台的体积为π×2＝π，A错误；
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
对于B，如图是圆台的轴截面ABCD，外接球球心为O，设外接球半径为R，
当球心在梯形ABCD内时，＝2，解得R2＝，
当球心在梯形ABCD外时(图略)，＝2，方程无解，
所以外接球的表面积为4πR2＝π，B正确；
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
对于C，用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面中，轴截面的周长最大，
又母线长为＝4，则最大周长为4＋4＋2＋6＝16，C正确；
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
对于D，如图，挖去以该圆台上底面为底，高为的圆柱后所得几何体的表面积为
π×4＋2π×1×＋π×＝26π＋2π，D错误．
故选BC．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
三、填空题
9．如图，四边形OABC是边长为1的正方形，是四分之一圆，则图中阴影部分以OC所在直线为旋转轴旋转一周得到的旋转体的表面积为________．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
5π
5π　[该旋转体是一个圆柱挖去一个半球后剩余的部分，且圆柱的底面半径是1，高是1，球的半径是1，所以该旋转体的表面积为π×12＋2π×1×1＋×4π×12＝5π．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
10．(人教A版必修第二册P116练习T3改编)某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的(如图)，则该几何体共有_____个面；若被截正方体的棱长是60 cm，那么该石凳的表面积是_________________cm2．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
14
10 800＋3 600
14　10 800＋3 600　[由题意知，截去的八个四面体是全等的正三棱锥，石凳的8个面为三角形，6个面为正方形，所以该几何体共有14个面；
如果被截正方体的棱长是60 cm，那么石凳的表面积是
S＝8××30×30×sin 60°＋6×30×30＝．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
11．(2025·陕西安康模拟)随着古代瓷器工艺的高速发展，在著名的宋代五大名窑之后，又增加了三种瓷器，与五大名窑并称为中国八大名瓷，其中最受欢迎的是景德镇窑．如图，景德镇产的青花玲珑瓷(无盖)的形状可视为一个球被两个平行平面所截后剩下的部分，其中球面被平面所截的部分均可视为球冠(截得的圆面是底，垂直于圆面的直径被截得的部分是高，其面积公式为S＝2πRh，其中R为球的半径，h为球冠的高)．已知瓷器的高为38 cm，在高为20 cm处有最大直径(外径)为48 cm，则该瓷器的外表面积约为(π取3.14) (　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
A．6 270 cm2
B．6 275 cm2
C．6 280 cm2
D．6 300 cm2
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
C　[由题意可知，球的半径为R＝24 cm，上球冠的高h1＝6 cm，下球冠的高h2＝4 cm，
设下底面圆的半径为r，则r2＝242－202＝176，
所以该瓷器的外表面积为4π×242－2π×24×6－2π×24×4＋π×176＝
2 000π≈6 280．
故选C．]
12．(2025·陕西西安模拟)盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商准备将棱长为8 cm的正四面体的魔方放入正方体盲盒内，为节约成本，使得魔方能够放入盲盒且盲盒棱长最小，则盲盒内剩余空间的体积为(　　)
A． cm3 B． cm3
C． cm3 D． cm3
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
C　[依题意，要将棱长为8 cm的正四面体的魔方放入正方体盲盒内，且盲盒棱长最小，则当且仅当正方体的面对角线长等于正四面体的棱长，即它们有相同的外接球，
如图，正四面体ABCD的棱长为8 cm，
所以该正方体的棱长为4 cm，盲盒内剩余空间
的体积为4××4×4×4＝(cm3)．故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
13．(多选)(2022·新高考Ⅱ卷)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(　　)
A．V3＝2V2
B．V3＝V1
C．V3＝V1＋V2
D．2V3＝3V1
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
√
CD　[设AB＝ED＝2FB＝2，则V1＝×2×2×2＝，V2＝×2×2×1＝．连接BD交AC于点M，连接EM，FM(图略)，则FM＝，EM＝，EF＝3，则FM2＋EM2＝EF2，故S△EMF＝＝，V3＝×AC＝2，V3＝V1＋V2，2V3＝3V1，故选CD．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
14．(2024·九省联考)已知轴截面为正三角形的圆锥的高与球O的直径相等，则圆锥的体积与球O的体积的比值是________，圆锥的表面积与球O的表面积的比值是________．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
　1　[设圆锥的底面半径为r，球的半径为R，
因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高h＝r，母线长l＝2r，由题可知，h＝2R，所以球的半径R＝r，
1
所以圆锥的体积为V1＝×π×r2×r＝πr3，
球的体积V2＝πR3＝π×＝πr3，
所以＝＝．
圆锥的表面积S1＝πrl＋πr2＝3πr2，
球的表面积S2＝4πR2＝4π×＝3πr2，
所以＝＝1．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
谢 谢！