第7章 课时冲关37 基本立体图形、直观图及其简单几何体的表面积和体积 (Word练习)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习（北师大版）

[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37　基本立体图形、直观图及其简单几何体的表面积和体积 [基础训练组] 1．(2024·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OB×OA＝12，所以OB＝4，所以O′B′＝OB＝2. ] S＝4×≈361.6 (cm2)．] 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＝4 cm，CD＝2AB，则下列说法正确的有(　　) A．该圆台的高为 cm B．该圆台轴截面面积为12 cm2 C．该圆台的体积为 cm3 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10 cm 解析：BCD　[如图，作BE⊥CD交CD于点E，易得CE＝＝2，则BE＝O1O2＝＝2，则圆台的高为2 cm，A错误； 圆台的轴截面面积为(4＋8)×2＝12 cm2，B正确；圆台的体积为V＝π(4＋16＋8)×2＝π cm3，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8 cm，底面半径为4 cm，侧面展开图的圆心角为θ＝＝π，连接CP，可得∠COP＝90°，OC＝8，OP＝4＋2＝6，则CP＝＝10，所以沿着该圆台表面从点C到AD中点的最短距离为10 cm，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 B．体积为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＝×2π×3,2πR＝×2π×9，解得r＝1，R＝3.圆台的母线长l＝6，圆台的高为h＝＝4，则选项A正确；圆台的体积＝π×4×(32＋3×1＋12)＝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ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为________． 解析：如图，将正四棱台ABCD­A1B1C1D1补成正四棱锥，则AO＝， SA＝2，OO1＝， 故V＝(S1＋S2＋)h， V＝(22＋12＋)×＝. 答案： 10．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1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A1­ABD和多面体BCD­A1B1C1D1两部分， ＝××1×1×1＝， ＝1－＝， 因此体积较大的几何体是多面体BCD­A1B1C1D1，其体积为， 由BD＝，得＝， 又S△BCD＝×1×1＝，＝1， 故多面体BCD­A1B1C1D1的表面积为＋×3＋1×3＝＋. [能力提升组] 11．在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，且PA＝3，AB＝4，则四棱锥P­ABCD外接球与内切球的表面积之比为(　　) A. B．10 C. D．11 解析：C　[设四棱锥P­ABCD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＝＝. 设内切球球心为O，因为VP­ABCD＝VO­ABCD＋VO­PAB＋VO­PAD＋VO­PBC＋VO­PCD， 又VP­ABCD＝×42×3＝16，PB＝PD＝＝5， 四棱锥P­ABCD的表面积S＝42＋×3×4×2＋×4×5×2＝48，所以r＝＝1， 故四棱锥P­ABCD外接球与内切球的表面积之比为＝.] 12．(多选)已知正四棱锥的侧面积为4，当该棱锥的体积最大时，以下结论正确的是(　　) A．棱锥的高与底面边长的比为 B．侧棱与底面所成的角为60° C．棱锥的每一个侧面都是等边三角形 D．棱锥的内切球的表面积为(8－4)π 解析：ACD　[设底面边长为2a，侧棱长为b，则S侧面＝4××2a×＝4a＝4，即a＝， 而V＝×(2a)2× ＝，又a＝， 故V＝·＝， 设f(a)＝3a2－a6(0＜a＜)，则f′(a)＝6a－6a5＝6a(1－a4)＝6a(1＋a2)(1＋a)(1－a)， 易知函数f(a)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减， ∴当a＝1时，f(a)取得最大值，此时棱锥的体积最大，且b＝2， ∴底面边长为2，侧棱长为2，PE＝，OP＝， ∴棱锥的高与底面边长的比为，选项A正确； 侧棱与底面所成的角为∠PBO，而sin∠PBO＝＝，则∠PBO＝45°，选项B错误； 由于底面边长与侧棱长均为2，故侧面为等边三角形，选项C正确； 设内切球的半径为r，由于VP­ABCD＝， S表＝4＋4×＝4＋4， ∴r＝＝＝＝， ∴S内＝4π·＝(8－4)π，选项D正确．] 13．(2025·江苏徐州模拟)已知正方体ABCD­A1B1C1D1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＝，解得AN＝2， 所以FN＝＝，NC＝＝2， 同理可得QD1＝2，QC1＝4， 所以QC＝＝2，EQ＝＝， 又因为EF＝＝3，所以五边形EFNCQ的周长为6＋3. 答案：五　6＋3 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ABC­DEF.则二面角C­AB­E的余弦值为________；几何体ABC­DEF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＝FD＝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C­AB­E为∠CGE，且GE＝＝＝，作GN⊥PM，易得GN＝AP＝，且∠CGE＝∠CGN＋∠NGE，NE＝＝＝，故cos∠CGE＝cos(∠OGE＋90°)＝－sin∠NGE＝－＝－，即二面角C­AB­E的余弦值为－. 设几何体ABC­DEF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＝，DQ＝.因为OH＋OQ＝HQ＝，则＋＝，即＋＝，即R2－＝3＋R2－－2·，故2＝2·，解得R2＝，故外接球表面积为S＝4πR2＝. 答案：－　 学科网（北京）股份有限公司 $$