课时40 基本立体图形、直观图及其简单几何体的表面积和体积-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮课时作业（北师大版2019）

[必修第二册＋选择性必修第一册]　第七章　立体几何与空间向量 课时冲关４０　基本立体图形、直观图及其简单几何体的表面积和体积 学生用书　P３０９ [基础训练组] １．(２０２５􀅰青岛市模拟)以下命题: ①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; ②圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面; ③一个平面截圆锥,得到一个圆锥和一个圆台． 其中正确命题的个数为 (　　) A．０ B．１ C．２ D．３ 解析:B　[由圆台的定义可知①错误,②正确． 对于命题③,只有平行于圆锥底面的平面截圆 锥,才能得到一个圆锥和一个圆台,③不正确．] ２．(２０２５􀅰 广东梅州模 拟)如图,△A′O′B′是 水平放置的△AOB 的 直观图,但部分图象被 茶渍覆盖,已知O′为坐标原点,顶点A′、B′均在 坐标轴上,且△AOB 的面积为１２,则O′B′的长 度为 (　　) A．１ B．２ C．３ D．４ 解析:B　[画出△AOB的原图为 直角三角形,且OA＝O′A′＝６, 因为１ ２OB×OA＝１２ ,所以OB ＝４,所以O′B′＝１２OB＝２． ] ３．(２０２５􀅰陕西商洛模拟预测)冰嘎别名冰尜,是 东北民间少年儿童游艺品,俗称“陀螺”．通常以 木镟之,大小不一,一般径寸余,上端为圆柱形, 下端为锥形．如图所示的是一个陀螺立体结构图． 已知B,C 分别是上、下底面圆的圆心,AC＝６, AB＝２,底面圆的半径为 ２,则该陀螺的表面 积为 (　　 ) A．(２４＋４ ２)π B．(２０＋４ ２)π C．(２４＋ ２)π D．(２０＋ ２)π 解析:B　[由底面圆的半径为２,得底面圆的面 积为π×２２＝４π, 又知AC＝６,AB＝２,则BC＝６－２＝４, 得圆柱的高BC 等于母线长,且圆柱的母线长为 ４,已知圆锥的高AB 为２,圆的半径为２,则圆锥 的母线长为 ２２＋２２＝２ ２,则陀螺的表面积为 π×２×２ ２＋π×２２＋２π×２×４＝(２０＋４ ２)π．] ４．(２０２５􀅰贵州高三期末)如 图,某沙漏由上、下两个圆 锥组成,圆锥的底面直径和 高均为１６,当细沙全部在上 面的圆锥内时,其高度为圆 锥高度的１ ２ (中间衔接的细管长度忽略不计)．当细 沙全部漏入下部后,恰好堆成一个盖住沙漏底部的 圆锥形沙堆,则此沙堆的侧面积为 (　　) A．４ ５π B．８ ５π C．３２ １７π D．１６ １７π 解析:D　[细沙在上部容器时的体积V＝１３× π×４２×８＝１２８π３ ,流入下部后的圆锥形沙堆底 面半径为８,设高为h１, 则１ ３×π×８ ２􀅰h１＝ １２８π ３ ,所以h１＝２, 下部圆锥形沙堆的母线长l＝ ８２＋２２＝２ １７, 故此沙堆的侧面积S侧＝π×８×２ １７＝１６ １７π．] ５．(２０２５􀅰河南驻马店模拟)已知某正六棱柱的体 积为６ ３,其外接球体积为２０ ５π３ ,若该正六棱 柱的高为整数,则其表面积为 (　　 ) A．６ ３＋１８ B．３ ３＋１８ C．６ ３＋２４ D．３ ３＋２４ 解析:D　[设该正六棱柱的底面边长为a,高为 h,其外接球的半径为R,易知４３πR ３＝２０ ５３ π , 则R＝ ５＝ a２＋h ２ ４ ,①且 ３４a ２􀅰６􀅰h ＝６ ３,② 联立①②,因为h∈Z,解得a＝１,h＝４, 所以所求正六棱柱的表面积S＝ ３４a ２􀅰１２＋ ６ah＝３ ３＋２４．] ６．(多选)(２０２５􀅰重庆八中模 拟)某工厂生产出一种机械零 件,如图所示,零件的几何结 构为 圆 台 O１O２,在 轴 截 面 ABCD 中,AB＝AD＝BC＝ ４cm,CD＝２AB,则下列说法正确的有 (　　) A．该圆台的高为 ３cm B．该圆台轴截面面积为１２ ３cm２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰３１５􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 主题三　第七章　立体几何与空间向量 C．该圆台的体积为５６ ３π３ cm ３ D．一只蚂蚁从点C 沿着该圆台的侧面爬行到 AD 的中点,所经过的最短路程为１０cm 解析:BCD　[如图,作BE⊥CD 交CD 于点E, 易得 CE ＝CD－AB２ ＝２ ,则 BE ＝O１O２ ＝ ４２－２２＝２ ３,则圆台的高为２ ３cm,A 错误; 圆台的轴截面面积为１ ２ (４＋８)×２ ３＝１２ ３cm２, B正确;圆台的体积为V＝１３π (４＋１６＋８)× ２ ３＝５６ ３３ πcm ３,C 正确;将圆台一半侧面展 开,如图中ABCD,设P 为AD 中点,圆台对应 的圆锥一半侧面展开为扇形COD,由圆台补成 圆锥,可得大圆锥的母线长为８cm,底面半径为 ４cm,侧面展开图的圆心角为θ＝２π 􀅰４ ８ ＝π ,连接 CP,可得∠COP＝９０°,OC＝８,OP＝４＋２＝６,则 CP＝ ６２＋８２＝１０,所以沿着该圆台表面从点C到 AD中点的最短距离为１０cm,故D正确．] ７．(多选)(２０２５􀅰湖北模拟)折扇是我国古老文化 的延续,在我国已有四千年左右的历史,“扇”与 “善”谐音,折扇也寓意“善良”“善行”．它常以字 画的形式体现我国的传统文化,也是运筹帷幄、 决胜千里、大智大勇的象征(如图１)．图２是一 个圆台的侧面展开图(扇形的一部分),若两个 圆弧DE,AC 所在圆的半径分别是３和９,且 ∠ABC＝１２０°,则该圆台的 (　　) A．高为４ ２ B．体积为５０ ２３ π C．表面积为３４π D．上底面积、下底面积和侧面积之比为１∶９∶２２ 解析:AC　[设圆台的上底面半径为r,下底面 半径为R,则２πr＝１３×２π×３ ,２πR＝１３×２π×９ , 解得r＝１,R＝３．圆台的母线长l＝６,圆台的高 为h＝ ６２－(３－１)２＝４ ２,则选项 A 正确;圆 台的体 积＝１３π×４ ２× (３２＋３×１＋１２)＝ ５２ ２ ３ π ,则选项B错误;圆台的上底面积为π,下 底面积为９π,侧面积为π(１＋３)×６＝２４π,则圆 台的表面积为π＋９π＋２４π＝３４π,则 C正确;由 前面可知上底面积、下底面积和侧面积之比为 １∶９∶２４,则选项 D错误．] ８．(２０２３􀅰 新 课 标 Ⅰ 卷)在 正 四 棱 台 ABCDＧ A１B１C１D１ 中,AB＝２,A１B１＝１,AA１＝ ２,则 该棱台的体积为　　　　． 解 析:如 图,将 正 四 棱 台 ABCDＧA１B１C１D１ 补 成 正 四 棱锥,则AO＝ ２, SA＝２ ２,OO１＝ ６ ２ , 故V＝１３ (S１＋S２＋ S１S２)h, V＝１３ (２２＋１２＋ ２２×１２)× ６２＝ ７ ６ ６ ． 答案:７ ６ ６ ９．(２０２５􀅰广东珠海期末)如图,某款酒杯的容器部分 为圆锥,且该圆锥的轴截面是面积为１６ ３cm２的 正三角形,若在该酒杯内放置一个圆柱形冰块,要 求冰块高度不超过酒杯口高度,则圆柱冰块的侧面 积的最大值为　　　　cm２． 解析:设该圆锥的轴截面正三角形的边长为a, 由该圆锥轴截面的面积为１６ ３,得１２a ２sin６０°＝ １６ ３,所以a＝８,所以该圆锥底面圆半径为４,高 为４ ３． 设圆锥中放置的圆柱的底面圆半径为x,高为 h,其中０＜x＜４,０＜h＜４ ３． 如图所示, 由 CD ∥OB,可 得CDOB ＝ AC AO ,即x ４＝ ４ ３－h ４ ３ , 所以h＝ ３(４－x)． 所以圆柱冰块的侧面积为S＝２πx􀅰h ＝２πx􀅰 ３(４－x)＝－２ ３π(x－２)２＋８ ３π． 由二次函数的性质可得,当x＝２时,S＝８ ３π 最大． 答案:８ ３π 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰４１５􀅰 高考总复习　数学(BS) １０．如 图,在 正 方 体 ABCDＧ A１B１C１D１中,棱长AB＝１, 过点A１的平面α与正方体 的面相交,交线围成一个正 三角形． (１)在图中画出这个正三角形(不必说明画法 和理由); (２)平面α将该正方体截成两个几何体,求体 积较大的几何体的体积和表面积． 解:(１)连接A１D,A１B,BD, 则△A１BD 为 所 求 三 角 形 (作法不唯一),如图所示． (２)平面α将正方体截成三 棱 锥 A１ＧABD 和 多 面 体 BCDＧA１B１C１D１ 两部分, VA１ＧABD＝ １ ３× １ ２×１×１×１＝ １ ６ , V多面体BCDＧA１B１C１D１＝１－ １ ６＝ ５ ６ , 因此体积较大的几何体是多面体 BCDＧA１B１C１D１,其体积为 ５ ６ , 由BD＝ ２,得S△A１BD＝ ３ ２ , 又S△BCD＝ １ ２×１×１＝ １ ２ ,S正方形BB１C１C＝１, 故多面体BCDＧA１B１C１D１的表面积为 ３ ２＋ １ ２×３＋１×３＝ ３ ２＋ ９ ２． [能力提升组] １１．(２０２５􀅰湖北十堰模拟)在四棱锥 PＧABCD 中,底面ABCD 是正方形,PA⊥底面ABCD, 且PA＝３,AB＝４,则四棱锥PＧABCD 外接球 与内切球的表面积之比为 (　　) A．４１３ B．１０ C． ４１ ４ D．１１ 解 析:C 　 [设 四 棱 锥 PＧABCD外接球与内切球 的半 径 分 别 为R,r,由 底 面 ABCD 是 正 方 形,PA ⊥底面ABCD, 则PC 即为外接球直径, 则R＝ ３ ２＋４２＋４２ ２ ＝ ４１ ２ ． 设内切 球 球 心 为 O,因 为VPＧABCD ＝VOＧABCD ＋ VOＧPAB＋VOＧPAD＋VOＧPBC＋VOＧPCD, 又VPＧABCD ＝ １ ３ ×４ ２ ×３＝１６,PB＝PD ＝ ３２＋４２＝５, 四棱锥PＧABCD 的表面积S＝４２＋１２×３×４× ２＋１２×４×５×２＝４８ ,所以r＝ ３VPＧABCD S ＝１ , 故四棱锥PＧABCD 外接球与内切球的表面积 之比为４πR ２ ４πr２ ＝４１４． ] １２．(多选)(２０２５􀅰河南郑州模拟)如图,球O 被一 个距离球心d(d＞０)的平面截成了两个部分, 这两个部分都叫作球缺,截面叫作球缺的底 面,球缺的曲面部分叫作球冠,垂直于截面的 直径被截后所得的线段叫作球缺的高．球冠的 面积公式为S＝２πRH,球缺的体积公式为V ＝１３π (３R－H)H２,其中R 为球的半径,H 为 球缺的高,记两个球缺的球冠面积分别为S１, S２(S１＜S２),两个球缺的体积分别为V１,V２ (V１＜V２),则下列结论正确的是 (　　 ) A．若d＝１２R ,则两个球缺的底面面积均为 ３ １６πR ２ B．若 S１ S２ ＝１３ ,则V１ V２ ＝５２７ C．若d≥R３ ,则S１ S２ ≤１２ D．若d≤R３ ,则V１ V２ ≥７２０ 解析:BCD　[对于 A,设这两个球缺的底面圆 半径为r,则r２＋d２＝R２, 因为r２＋d２＝R２,d＝１２R ,解得r２＝３４R ２,该 圆的面积为３ ４πR ２,A 错误; 对于B,设两个球缺的高分别为h１,h２(h１＜h２), 则h１＋h２＝２R． 由 S１ S２ ＝１３ ,得２πRh１ ２πRh２ ＝１３ ,则h２＝３h１, 所以h１＋３h１＝２R,解得h１＝ R ２ ,h２＝ ３ ２R． V１＝ １ ３π (３R－h１)􀅰h２１ ＝ １ ３π ３R－ R ２ æ è ç ö ø ÷ 􀅰 R ２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝５πR ３ ２４ ,同理得V２＝ ９πR３ ８ , 所以 V１ V２ ＝５２７ ,B正确; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰５１５􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 主题三　第七章　立体几何与空间向量 对于C, S１ S２ ＝ ２πRh１ ２πRh２ ＝ h１ h２ ＝R－dR＋d＝ R d－１ R d＋１ ．设Rd ＝x,由R３≤d＜R ,得１＜x≤３,则 S１ S２ ＝x－１x＋１＝ １－ ２x＋１∈ ０ ,１ ２ æ è ç ],C正确; 对于 D, V１ V２ ＝ １ ３π (３R－h１)h２１ １ ３π (３R－h２)h２２ ＝ (２R＋d)(R－d)２ (２R－d)(R＋d)２ ＝ (２x＋１)(x－１)２ (２x－１)(x＋１)２ ＝２x ３－３x２＋１ ２x３＋３x２－１ ． 由 d ≤ R３ ,得 x ≥ ３．设 函 数 f (x)＝ ２x３－３x２＋１ ２x３＋３x２－１ ,则f′(x)＝ １２x ２(x２－１) (２x３＋３x２－１)２ f′(x)＞０在[３,＋∞)上恒成立, 即f(x)在[３,＋∞)上单调递增, 所以f(x)≥f(３)＝７２０ ,即V１ V２ ≥７２０ ,D正确．] １３．(２０２５􀅰江苏徐州模拟)已知 正 方 体 ABCDＧA１B１C１D１ 的棱长为６,E,F 分别是 A１D１,AA１ 的 中点,平面 CEF截正方体所得的截面 为多边形,则此多边形的边 数为　　　　,截面多边形 的周长为　　　　． 解析:延长EF 交DA 的延长 线于点M,连接MC 交AB 于 点 N,延长FE 与DD１ 的延 长线相交于点P,连接PC 交 C１D１ 于 Q,连接EQ,则五边 形EFNCQ 即为平面CEF 截 正方体所得的截面．如图所示, 　 则有A１F＝FA＝AM＝３, 又因 为 △MAN 与 △MDC 相 似,所 以MAMD ＝ AN CD ,解得AN＝２,所以FN＝ ３２＋２２＝ １３, NC＝ ４２＋６２＝２ １３,同理可得QD１＝２,QC１ ＝４,所以QC＝ ４２＋６２＝２ １３,EQ＝ ３２＋２２ ＝ １３,又因为EF＝ ３２＋３２＝３ ２,所以五边 形EFNCQ 的周长为６ １３＋３ ２． 答案:５　６ １３＋３ ２ １４．(２０２５􀅰浙江宁波模拟)如图,D,E,F 分别是 边长为４的正三角形三边CA,AB,BC 的中 点,将 △ADE,△BEF,△CFD 分 别 沿 DE, EF,FD 向上翻折至与平面DEF 均成直二面 角,得到几何体ABCＧDEF．则二面角CＧABＧE 的余弦值为　　　　;几何体ABCＧDEF 的外 接球表面积为　　　　． 解析:取DE 的中点P,EF 的中 点 M,故 AP⊥DE, BM⊥EF,根 据 面 面 垂 直 的 性 质 可 得 AP⊥ 平 面 DEF,BM⊥平面DEF,故 AP∥BM,且 AP＝BM, 故矩形APMB．所以AB＝PM＝１２FD＝１． 根 据图形的对称性,易得△ABC 为正三角形,取 AB 中点G,因为EA＝EB,CA＝CB,则CG⊥ AB,EG⊥AB,则二面角CＧABＧE 为∠CGE,且 GE＝ AE２－AG２＝ ２２－ １２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝ １５２ ,作GN ⊥PM,易 得 GN ＝AP ＝ ３,且 ∠CGE ＝ ∠CGN ＋ ∠NGE,NE ＝ GE２－GN２ ＝ １５ ４－３＝ ３ ２ ,故 cos∠CGE＝cos(∠OGE＋ ９０°)＝－sin∠NGE＝－ ３ ２ １５ ２ ＝－ ５５ ,即二面角 CＧABＧE 的余弦值为－ ５５． 设几何体ABCＧDEF 的外 接球 球 心 为O,设 △ABC 中心为H,△DEF 中心为 Q,易 得 H,O,Q 三 点 共 线,如 图,设 外 接 球 半 径 OC＝OD＝R,根据正三角 形中的关系,CH＝１ ３ ,DQ＝２ ３ ．因为OH＋OQ＝ HQ＝ ３,则 OC２－CH２＋ OD２－DQ２＝ ３,即 R２－１３＋ R ２－４３＝３ ,即R２－１３＝３＋R ２－４３ －２ ３􀅰 R２－４３ ,故２＝２ ３􀅰 R２－４３ ,解得R２ ＝５３ ,故外接球表面积为S＝４πR２＝２０π３ ． 答案:－ ５５　 ２０π ３ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰６１５􀅰 高考总复习　数学(BS)