第七章 1 第一节 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积（课件PPT）-【金版新学案】2026年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（北师大版）

该高中数学高考复习课件聚焦立体几何开篇核心考点，覆盖柱锥台球结构特征、表面积体积计算、直观图与展开图应用，严格对标课标要求。通过表格对比梳理结构特征，公式体系化汇总，结合近5年高考真题分析考点权重，如体积计算占比超40%，归纳出结构辨析、最短路径等6类常考题型，实现备考精准对接。 课件亮点在于“真题驱动+素养导向”的复习策略，精选2023新课标Ⅰ卷等12道真题，设“多维探究”模块，如展开图最短路径问题用化曲为直策略，培养数学思维。总结割补法等3大解题技巧，微提醒标注四棱柱关系等易错点，助力学生高效突破考点，为教师提供系统复习框架与实战教学范例。

第一节　基本立体图形、简单几何体 的表面积与体积 高三一轮复习讲义 北师大版 第七章 立体几何与空间向量 课标研读 1.利用实物，计算机软件等观察空间图形，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.知道球、棱柱、棱锥、棱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(长方体、球、圆柱、圆锥、 棱柱及其简单组合)的直观图. 04 03 考教衔接　精研教材 课时测评 02 考点探究　提升能力 教材梳理　夯实基础 01 内容索引 教材梳理　夯实基础 返回 1.基本立体图形 (1)多面体的结构特征 名称 棱柱 棱锥 棱台 图形       底面 互相______且______ 多边形 互相______且______ 平行 全等 平行 相似 名称 棱柱 棱锥 棱台 侧棱 互相______且______ 相交于______，但不一定相等 延长线交于______ 侧面形状 平行四边形 三角形 梯形 平行 相等 一点 一点 (2)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 长度相等且相交于____ 延长线交于_____   轴截面 全等的______ 全等的___________ 全等的_________ 圆 侧面展开图 ______ 扇形 扇环   矩形 等腰三角形 垂直 一点 一点 等腰梯形 矩形 微提醒　(1)常见的几种四棱柱的结构特征及其之间的关系 (2)球的截面的性质 ①球的任何截面都是圆面.②球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面.③球心到截面的距离d与球的半径R及截面圆的半径r的关系为r2＝ R2－d2. 2.直观图 (1)画法：常用____________. (2)具体步骤： ①在已知的空间图形中取水平平面和互相垂直的轴Ox，Oy；再取Oz轴，使∠xOz＝90°，且∠yOz＝90°. ②画直观图时，把Ox，Oy，Oz画成对应的O'x'，O'y'，O'z'，使∠x'O'y'＝______(或135°)，∠x'O'z'＝______.x'O'y'所确定的平面表示水平平面. 斜二测画法 45° 90° ③已知图形中平行于x轴、y轴或z轴的线段，在直观图中分别画成______于x'轴、y'轴或z'轴的线段. ④已知图形中平行于x轴和z轴的线段，在直观图中保持原长度______；平行于y轴的线段长度为原来的______. ⑤擦去辅助线，并将被遮线画成虚线. 平行 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 几何体　　 表面积 体积 柱体 S表＝S侧＋2S底 V＝_____ 锥体 S表＝S侧＋S底 V＝Sh 台体 S表＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h 球 S表＝_______ V＝_________ Sh 4πR2 πR3 微提醒　(1)几何体的侧面积是指(各个)侧面的面积之和，而表面积是侧面积与所有底面的面积之和.(2)圆台、圆柱、圆锥的转化：当圆台的上底面半径与下底面半径相等时，得到圆柱；当圆台的上底面半径为零时，得到圆锥，由此可得S圆柱侧＝2πrl S圆台侧＝π(r＋r')l S圆锥侧＝πrl. 常用结论 (1)与体积有关的两个结论 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原图形，S原图形＝ 2S直观图. √ √ √ 自主检测 1.(多选题)下列命题中错误的是 A.有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱 B.用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台 C.菱形的直观图仍是菱形 D.两个球的体积之比等于它们的半径比的平方 A、C不是由棱锥截成的，不符合棱台的定义，故A、C不满足题意.B中的截面不平行于底面，不符合棱台的定义，故B不满足题意.D符合棱台的定义.故选D. 2.(链接北师必修二P210A组T2)下列几何体是棱台的是 √ 3. (2025·八省适应性测试)底面直径和母线长均为2的圆锥的体积为____. 由题意可知圆锥的底面半径R＝1，母线长l＝2，所以高h＝＝＝，所以圆锥的体积为V＝πR2h＝π. π 返回 √ 4.(链接北师必修二P217B组T2)如图，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°的等腰梯形，已知直观图OA'B'C'的面积为4，则该平面图形的面积为 A. B.4 C.8 D.2 由S原图形＝2S直观图，得S原图形＝2×4＝8.故选C. 考点探究　提升能力 返回 考点一　基本立体图形 多维探究 √ 角度1　空间几何体的结构特征 1.下列命题正确的是 A.在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线 B.一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台 C.圆锥的所有轴截面都是全等的等腰三角形 D.圆锥的轴截面是所有过顶点的截面中，面积最大的一个 只有当这两点的连线平行于轴时才是母线，故A不正确；只有用平行于圆锥底面的平面截圆锥时，才能得到一个圆锥和一个圆台，故B不正确；因为圆锥的母线长一定，根据三角形面积公式知，过圆锥顶点的截面中，两条母线的夹角的正弦值越大，截面面积就越大，所以当轴截面中两条母线的夹角为钝角时，轴截面的面积就不是最大的，故D不正确.故选C. √ 2.(多选题)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.有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱 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 √ 由圆台定义知，以直角梯形垂直于底边的腰为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面围成的旋转体是圆台，故A正确；由棱柱定义可知，棱柱是有两个面平行，其余各面都是平行四边形，且每相邻两个平行四边形的公共边都互相平行的几何体，故B错误；底面是正多边形的棱锥，但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. 角度2　直观图 3.如图，△A'B'C'是水平放置的△ABC的斜二测直观图，其中O'C'＝O'A'＝2O'B'，则以下说法正确的是 A.△ABC是钝角三角形 B.△ABC是等边三角形 C.△ABC是等腰直角三角形 D.△ABC是等腰三角形，但不是直角三角形 √ 将其还原成原图，如图，设A'C'＝2，则可得OB＝2O'B'＝1，AC＝A'C'＝2，从而AB＝BC＝，所以AB2＋BC2＝AC2，即AB⊥BC，故△ABC是等腰直角三角形.故选C. 4.如图，矩形O'A'B'C' 是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O'A'＝6 cm，O'C'＝2 cm，C'D'＝2 cm，则原图形的形状是______，其面积为___________. 如图，在原图形OABC中，OD＝2O'D'＝2×2＝4(cm)，CD＝C'D'＝2 cm，所以OC＝＝＝6(cm)，所以OA＝OC＝BC＝AB，故四边形OABC是菱形，S菱形OABC＝OA×OD＝6×4＝24(cm2). 菱形 24 cm2 角度3　展开图 (1)已知圆台的上、下底面圆半径分别为10和5，侧面积为300π，AB为圆台的一条母线(点B在圆台的上底面圆周上)，M为AB的中点，一只蚂蚁从点B出发，绕圆台侧面爬行一周到点M，则蚂蚁爬行所经路程的最小值为 A.30 B.40 C.50 D.60 典例1 √ 圆台上底面半径为10，下底面半径为5，设母线长为l，所以侧面积S＝πl(10＋5)＝15πl＝300π，解得l＝20.将圆台所在圆锥的侧面展开，如图所示，且设扇形所在圆的圆心为O.线段M1B就是蚂蚁经过的最短距离.设OA＝R，扇形的圆心角是α，则由题意知2×5π＝αR①，2×10π＝α(20＋R)②，由①②解得α＝，R＝20，所以OM＝OM1＝30，OB1＝OB＝40，则M1B＝＝50.故选C. (2)圆台的上、下底面半径分别为10 cm，20 cm，它的侧面展开图扇环的圆心角为180°，则圆台的表面积为________cm2.(结果中保留π) 如图所示，设圆台的上底面周长为c cm，因为扇环的圆心角是180°，故c＝π·SA＝2π×10(cm)，所以SA＝＝20 cm.同理可得SB＝40 cm，所以AB＝SB－SA＝20 cm，所以S表＝S侧＋S上底＋S下底＝ π(10＋20)×20＋π×102＋π×202＝1 100π(cm2).故圆台 的表面积为1 100π cm2. 1 100π 1.空间几何体概念的辨析方法 规律方法 2.在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段.平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半.按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S直观图＝S原图形. 3.在解决空间曲线或折线(段)最短问题时一般要考虑几何体的侧面展开图，采用化曲为直的策略，将空间问题平面化. 规律方法 对点练1.(1)有一根高为3π，底面半径为1的圆柱形铁管，用一段铁丝在铁管上缠绕2圈，并使铁丝的两个端点落在圆柱的同一母线的两端，则铁丝的最短长度为_____. 如图，把圆柱的侧面展开图再延展一倍，铁丝的最短长度即为AB的长，此时AB＝＝5π. 5π (2)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__________. 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AC1＝2AA1·sin＝2×2sin 75°＝4sin (30°＋45°)＝4×(sin 30°·cos 45°＋cos 30° ·sin 45°)＝＋，所以当A，F，C1共线时，AF＋FC1取得最小值，为＋. ＋ 考点二　空间几何体的表(侧)面积 师生共研 典例2 (1)如图所示，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝2，AD＝2，则四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积为_____________. (60＋4)π 由题意可得，四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体为圆台上面挖去一个圆锥的组合体.如图，过C作CE⊥AD交AD的延长线于E，过C作AB的垂线，垂足为F.则∠EDC＝180°－∠ADC＝45°，EC＝CD·sin 45°＝2，ED＝CD·cos 45°＝2，CF＝AE＝4，BF＝AB－AF＝3，BC＝＝5.故圆台的上底面半径r＝2，下底面半径R＝5，高h1＝4，母线长l1＝5.圆锥底面半径r＝2，高h2＝2，母线长l2＝2.所以圆台侧面积S1＝π(R＋r)l2＝π(5＋2)×5＝35π，圆锥侧面积S2＝×2πr×l2＝×2π×2×2＝ 4π，圆台下底面面积S3＝πR2＝25π.故该几何体的表 面积S＝S1＋S2＋S3＝35π＋4π＋25π＝(60＋4)π. (2)攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式，兰州市著名景点三台阁(如图①)的屋顶部分是典型的攒尖结构.如图②所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分，它可以看作是不含下底面的正四棱台和正三棱柱的组合体，已知正四棱台上底边、下底边、侧棱的长度(单位：dm)分别为2，6，4，正三棱柱各棱长均相等，则该结构的表面积为 _________dm2. 34＋8 正三棱柱部分的侧面积为2×2×2＝8(dm2)，底面积为2××2×2×sin 60°＝2(dm2).正四棱台中，侧面梯形的高为＝2(dm)，所以正四棱台的侧面积为4×＝32(dm2).所以该结构的表面积为8＋2＋32＝34＋8(dm2). 1.多面体的表面积是各个面的面积之和. 2.旋转体的表面积是将其侧面展开后，展开图的面积与底面面积之和. 3.组合体的表面积求解时应注意对衔接部分的处理. 规律方法 √ 对点练2.(1)(2021·新高考Ⅱ卷)北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果.在卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36 000 km(轨道高度是指卫星到地球表面的最短距离)，把地球看成一个球心为O，半径r为6 400 km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道所在平面所成角的度数，地球表面能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星的点的纬度的最大值记为α，该卫星信号覆盖的地球表面面积S＝2πr2(1－cos α)(单位：km2)，则S占地球表面积的百分比约为 A.26％ B.34％ C.42％ D.50％ 由题意可得，S占地球表面积的百分比约为＝＝≈0.42＝42％.故选C. (2)《九章算术》中有一种几何体叫做刍甍(méng)(底面为矩形的屋脊状楔体)，如图是一个刍甍，四边形EFBA 为等腰梯形，EF∥AB，FB＝FC＝，AB＝2EF＝2BC＝4，则此刍甍的表面积为__________. 如图所示，过点F 作FG⊥AB，FI⊥CD，FO⊥ 底面ABCD，点H 为BC中点，连接FH，GI，OH，由FB＝FC＝，AB＝2EF＝2BC＝4，可得FO＝1，FH＝，FG＝，故所求表面积S＝2×4＋2××2×＋2××(2＋4)×＝8＋8. 8＋8 考点三　空间几何体的体积 多维探究 典例3 角度1　直接利用公式求体积 (2023·新课标Ⅰ卷)在正四棱台ABCD -A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1 ＝1，AA1＝，则该棱台的体积为__________. 如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A1M为正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高，因为AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则A1O1＝A1C1＝×A1B1＝，AO＝AC＝×AB＝，故AM＝AO－A1O1＝，则A1M＝＝ ＝，所以所 求体积为V＝×(4＋1＋)×＝. √ 角度2　割补法求体积 (2025·北京通州模拟)如图，某几何体的上半部分是长方体，下半部分是正四棱锥，AA1＝1，AP＝，AB＝2，则该几何体的体积为 A. B. C. D. 典例4 在正四棱锥P-ABCD中，连接AC，BD交于点O， 连接OP， 则OP即为正四棱锥P-ABCD的高，OA＝AC＝ ，OP＝＝1，所以VP-ABCD＝×2×2×1＝，＝2×2×1＝4，所以该几何体的体积为＋4＝.故选B. 典例5 角度3　等体积法求体积 (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____. 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. 1 求空间几何体的体积的常用方法 注意：正四面体的体积是a3(a是正四面体的棱长). 规律方法 公式法 规则几何体的体积，直接利用公式 割补法 把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体 等体积法 通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积 √ 对点练3.(1)(2023·全国乙卷)已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝120°，若△PAB的面积等于，则该圆锥的体积为 A.π B.π C.3π D.3π 在△AOB中，∠AOB＝120°，而OA＝OB＝，取AB的中点C，连接OC，PC，有OC⊥AB，PC⊥AB，如图，∠ABO＝30°，OC＝，AB＝2BC＝3，由△PAB的面积为，得×3×PC＝， 解得PC＝，于是PO＝＝ ＝，所以圆锥的体积V＝π×OA2×PO＝π×()2× ＝π.故选B. √ (2)(多选题)(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 √ 设AB＝ED＝2FB＝2，则V1＝××2×2×2＝，V2＝××2×2×1＝.连接BD交AC于M，连接EM，FM(图略)，则FM＝，EM＝，EF＝3，则FM2＋EM2＝EF2，△EMF为直角三角形，故S△EMF＝××＝，V3＝S△EMF×AC＝2，V3＝V1＋V2，2V3＝3V1.故选CD. (3)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是侧面BB1C1C内的一个动点，则三棱锥D-AED1的体 积为_____. 点E到平面ADD1的距离为2，所以＝＝·2＝××2×2×2＝. 返回 考教衔接　精研教材 返回 真题再现 设圆柱和圆锥的底面半径均为r，因为它们的高均为，且侧面积相等，所以2πr×＝πr，得r2＝9，所以圆锥的体积V＝πr2×＝3π.故选B. √ (2024·新课标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 返回 教材呈现 (北师必修二P256A组T1)设圆柱、圆锥的底面半径与球的半径都为r，圆柱、圆锥的高都是2r.求它们的体积之比. 点评：这两题考查相同的知识点，设问的本质也是一样的，都是考查圆柱圆锥的体积，两题的相似度极高. 课 时 测 评 返回 如图所示是一个斜四棱柱：因为底面ABCD是矩形，故A错误；因为侧面ABB1A1与底面ABCD垂直，故B错误；侧面ADD1A1是矩形，故C错误；当相邻两个侧面是矩形时，则这两个侧面的交 线与底面垂直，即得到侧棱与底面垂直，则该棱柱 一定是直棱柱，故D正确.故选D. √ 1.满足下列条件的棱柱中，一定是直棱柱的是 A.底面是矩形 B.有一个侧面与底面垂直 C.有一个侧面是矩形 D.相邻两个侧面是矩形 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 √ 在直观图中，∠x'O'y'＝45°，O'D'＝A'D'＝2，所以O'A'＝2，根据题意，把直观图还原成原平面图形，如图所示，其中OA＝2，OD＝4，AB＝CD＝2，则AD＝＝2，故原平面图形的周长为2＋2＋2＋2＝4＋4.故选B. 2.如图，一个水平放置的平面图形由斜二测画法得到的直观图A'B'C'D'是边长为2的菱形，且O'D'＝2，则原平面图形的周长为 A.4＋4 B.4＋4 C.8 D.8 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 √ 3.如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为1 cm，高为5 cm，一质点自A点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A1点的最短路线的长为 A.12 cm B.13 cm C. cm D.15 cm 如图，把侧面展开2周可得对角线最短，则AA'1＝＝(cm).故选C. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 √ 4.(新情境)(2024·北京海淀三模)公元前344年，先秦法家代表人物商鞅督造一种标准量器－－商鞅铜方升，开创了秦朝统一度量衡的先河.如图，升体是长方体，手柄是近似实心的圆柱.已知铜方升总长是18.7 cm，内口长x cm，宽7 cm，高2.3 cm(忽略壁的厚度，取圆周率π≈3)，若手柄的底面半径为1 cm，体积为18.6 cm3，则铜方升的容积约为(小数点后保留一位有效数字) A.201.3 cm3 B.210.5 cm3 C.202.1 cm3 D.212.2 cm3 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 依题意手柄的底面半径为1 cm，体积为18.6 cm3，则手柄的底面积为π×12＝π cm2，所以手柄的长度为≈6.2 cm，所以长方体的内口长x≈18.7－6.2＝12.5 cm，所以升体的容积约为12.5×7×2.3＝201.25≈201.3 cm3，即铜方升的容积约为201.3 cm3.故选A. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 √ 5.(2022·全国甲卷)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲 和S乙，体积分别为V甲 和V乙.若＝2，则＝ A. B.2 C. D. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，所以结合＝2 可知，甲、乙两个圆锥侧面展开图的圆心角之比是2∶1.不妨设两个圆锥的母线长为l＝3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6π 的圆，所以2πr1＝4π，2πr2＝2π，得r1＝2，r2＝1.由勾股定理得，h1＝＝，h2＝＝2，所以＝＝＝.故选C. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 √ √ 6. (多选题)如图，水平桌面上放置一个棱长为4的正方体水槽ABCD-A1B1C1D1，水面高度为2，水槽侧面CDD1C1上有一个小孔E，点E到直线CD的距离为3，将该水槽绕CD倾斜(CD始终在桌面上)至恰有水从小孔E流出，则在倾斜过程中，下列说法正确的有 A.有水的部分始终呈四棱柱形 B.水面始终经过水槽的外接球的球心 C.水面的面积为定值 D.E到桌面的最小距离为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 设水面与棱AA1交于点A2，与棱BB1交于点B2，与棱CC1交于点C2，与棱DD1交于点D2.对于A，由四棱柱的定义，几何体BB2C2C-AA2D2D为直四棱柱，故A正确；对于B，水槽绕CD倾斜至恰有水从小孔E流出过程中，水的体积不变，V＝·CD＝(BB2＋CC2)·BC· CD，所以线段B2C2，A2D2分别恒过正方形BB1C1C，AA1D1D的中心，即水面恒过正方体中心，又因为正方体中心为其外接球球心，B显然 正确； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 对于C，水面的面积＝B2C2·C2D2＝4B2C2，由于B2C2不为定值，所以水面面积不为定值，故C错误；对于D，易知水槽绕CD倾斜至恰有水从小孔E流出时E到桌面的距离最小，如图， BB2＝1，CC2＝3，B2G⊥CC1，C2H⊥桌面，E到桌面的 距离等于C2到桌面的距离C2H，C2H＝CC2·sin∠C2CH ＝CC2·sin∠B2C2G＝3×＝，故D错误.故选AB. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 √ √ 7.(多选题)(2023·新课标Ⅱ卷)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4π C.AC＝2 D.△PAC的面积为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 依题意，∠APB＝120°，PA＝2，所以OP＝1，OA＝OB＝，对于A，圆锥的体积为×π×()2×1＝π，故A正确；对于B，圆锥的侧面积为π××2＝2π，故B错误；对于C，如图，设D是AC的中点，连接OD，PD，则AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P-AC-O的平面角，则∠PDO＝45°，所以OP＝OD＝1，故AD＝CD＝＝，则AC＝2，故C正确；对于D，PD＝ ＝，所以S△PAC＝×2×＝2， 故D错误.故选AC. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 两圆台的上、下底面积对应相等，则两圆台的体积之比为高之比，根据母线与半径的关系可得甲与乙的体积之比为＝ ＝. 8.(2024·全国甲卷)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，圆台的母线长分别为2(r2－r1)，3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比 为______. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 9.学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为_______g. 118.8 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 由题易得长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为6×6×4＝144(cm3)，四边形EFGH为平行四边形，四棱锥O-EFGH的高为3 cm，如图所示，连接GE，HF，易知四边形EFGH的面积为矩形BCC1B1面积的一半，即×6×4＝12(cm2)，所以V四棱锥O-EFGH＝×3×12＝12(cm3)，所以该模型的体积为144－12＝132(cm3)，所以制作该模 型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g). 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 10.(2024·九省适应性测试)已知轴截面为正三角形的圆锥MM'的高与球O 的直径相等，则圆锥MM'的体积与球O的体积的比值是____，圆锥MM'的 表面积与球O的表面积的比值是____. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 设圆锥MM'的底面半径为r，球O的半径为R，因为圆锥MM'的轴截面为正三角形，所以圆锥MM'的高h＝r，母线l＝2r，由题可知h＝2R，所以球O的半径R＝r，所以圆锥MM'的体积V1＝××r＝πr3，球O的体积V2＝πR3＝π×＝πr3，所以＝＝；圆锥MM'的表面积S1＝πrl＋πr2＝3πr2，球O的表面积S2＝4πR2＝4π×＝3πr2，所以＝＝1. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 √ 11.(新情境)在2023年3月12日马来西亚吉隆坡举行的Yong Jun KL Speedcubing比赛半决赛中，来自中国的9岁魔方天才王艺衡以4.69秒的成绩打破了“解三阶魔方平均用时最短”吉尼斯世界纪录称号.如图，一个三阶魔方由27个单位正方体组成，把魔方的中间一层转动了45°之后，表面积增加了 A.54 B.54－36 C.108－72 D.81－72 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 如图，转动了45°后，此时魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，显然小三角形为等腰直角三角形，设直角边为x，则斜边为x，则有2x＋x＝3，得到x＝3－，由几何关系得： 阴影部分的面积为S1＝＝－，所 以增加的面积为S＝16S1＝16＝108－ 72.故选C. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 12.(2024·江苏淮安段测)如图，一个正三棱锥P-ABC的底面边长为1，高 为2，则此三棱锥的体积为____.若一个正三棱柱A1B1C1-A0B0C0的顶点A1， B1，C1分别在该三棱锥的三条棱上，A0，B0，C0在该三棱锥的底面ABC 上，则此三棱柱侧面积的最大值为_____. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 由三角形面积公式可得S△ABC＝×1×1×sin 60°＝.设三棱锥P-ABC的高为h，VP-ABC＝S△ABC·h＝××2＝.由题意得，三棱锥P-A1B1C1为正三棱锥，设其高为h1，则A1A0＝2－h1.设A1B1＝x(0＜x＜1)，则C1B1＝C1A1＝x，由相似知识得，＝，故h1＝2x，则A1A0＝2－h1＝2－2x.三棱柱的侧面积S＝3x(2－2x)＝－6＋.因为0＜x＜1，所以当x＝时，三棱柱的侧面积取得最大值，最大值为. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 13.(15分)(2022·全国甲卷)小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8(单位：cm)的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直. (1)证明：EF∥平面ABCD；(5分) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 解：证明：如图①所示：分别取AB，BC的中点M，N，连接EM，FN，MN，因为△EAB，△FBC为全等的正三角形，所以EM⊥AB，FN⊥BC，EM＝FN，又平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD＝AB，EM⊂平面EAB，所以EM⊥平面ABCD，同理可得FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM∥FN，而EM＝FN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以EF∥MN，又EF⊄平面ABCD，MN⊂平面ABCD，所以EF∥平面ABCD. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 (2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度).(10分) 解：如图②所示：分别取AD，DC的中点K，L， 连接MK，KL，LN，HK，GL，由(1)知，EF∥ MN且EF＝MN，同理有，HE∥KM，HE＝KM， HG∥KL，HG＝KL，GF∥LN，GF＝LN，由平 面知识可知，BD⊥MN，MN⊥MK，KM＝MN＝NL＝LK，所以该几何体的体积等于长方体KMNL-HEFG的体积加上四棱锥B-MNFE体积的4倍. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 因为MN＝NL＝LK＝KM＝4，EM＝×8＝4，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距离d，d＝2，所以该几何体的体积V＝(4)2×4＋4××4×4×2＝128＋＝，故该包装盒的容积为 cm3. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 √ √ 14. (多选题)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝1，则当E，F移动时，下列结论正确的是 A.AE∥平面C1BD B.四面体ACEF的体积不为定值 C.三棱锥A-BEF的体积为定值 D.四面体ACDF的体积为定值 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 解析：对于A，如图①，连接C1B，BD，AB1∥DC1，易证AB1∥平面C1BD，同理AD1∥平面C1BD，且AB1∩AD1＝A，所以平面AB1D1∥平面C1BD，又AE⊂平面AB1D1，所以AE∥平面C1BD，故A正确； 对于B，如图②，连接CE，CF，S△AEF ＝EF·h1＝×1× ＝(h1表示△AEF中EF边上的高)，点 C到平面AEF的距离等于点C到平面AB1D1的距离d为定值，所以四面体ACEF的体积即为VA-CEF＝VC-AEF＝××d＝d为定值，所以B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 对于C，如图③，S△BEF＝×1×3＝，点A到平面BEF的距离等于A到平面BB1D1D的距离d1为定值，所以VA-BEF＝××d1＝d1为定值，故C 正确； 对于D，如图④，连接DF，CF，四面体 ACDF的体积即为VA-CDF＝VF-ACD＝×× 3×3×3＝为定值，故D正确.故选ACD. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 15. (新考法)将3个12 cm×12 cm的正方形沿邻边的中点剪开，分成两部分(如图①)，将这六部分接于一个边长为6 cm的正六边形上(如图②)，若拼接后的图形是一个多面体的表面展开图，则该多面体的体积为_______. 864 cm3 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 返回 法一：该多面体可由一个大的四面体减去三个小的四面体得到.其中大四面体的底面是边长为18 cm的正三角形，其余三条棱长度均为18 cm；三个小四面体的底面是边长为6 cm的正三角形，其余三条棱长度均为6 cm.所以V＝×18××18×18－3××6××6×6＝864(cm3). 法二：该多面体可补形为正方体，画出大致图形如图所示，由此可知V＝V正方体＝×123＝864(cm3). 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 谢 谢 观 看 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积 $