7.1 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积（教师用书Word）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（北师大版）

该高中数学讲义围绕立体几何核心考点，涵盖柱锥台球结构特征、直观图及表面积体积计算，按“结构特征-直观图-公式应用”逻辑架构知识体系，通过必备知识梳理、必记结论总结、基点诊断及题型分类讲解，帮助学生构建从概念到解题的完整认知链。 资料创新采用“题型角度细分+跨方法整合”教学策略，如体积计算融合公式法、等体积法与割补法，直观图问题通过还原作图与面积公式互推培养几何直观与空间观念。设置真题链接（如新课标Ⅰ卷、八省联考）及分层对点练习，助力学生高效突破难点，为教师提供精准复习节奏把控依据，提升学生应考能力。

7．1　基本立体图形、简单几何体的表面积与体积 [课标要求]　1.认识柱、锥、台、球及其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． 【必备知识】 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 底面 互相平行且全等 多边形 互相平行 侧棱 平行且相等 相交于一点，但不一定相等 延长线交于一点 侧面形状 平行四边形 三角形 梯形 (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，垂直于底面 相交于一点 延长线交于一点 轴截面 全等的矩形 全等的等腰三角形 全等的等腰梯形 圆 侧面展开图 矩形 扇形 扇环 2．直观图 (1)画法：空间几何体的直观图常用斜二测画法来画． (2)规则： ①夹角：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(或y′轴)垂直． ②方向：原图形中与x轴、y轴、z轴平行的，在直观图中与x′轴、y′轴、z′轴平行． ③长度：原图形中与x轴、z轴平行的，在直观图中长度不变，原图形中与y轴平行的，长度变成原来的． 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＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r1＋r2)l 4.空间几何体的表面积与体积公式 几何体 表面积 体积 柱体 S表面积＝S侧＋2S底 V＝S底·h 锥体 S表面积＝S侧＋S底 V＝S底·h 台体 S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下 球 S＝4πR2 V＝πR3 【必记结论】 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原图形，S原图形＝2S直观图． 【基点诊断】 1．判断下列说法正误(在括号内打“√”或“×”) (1)菱形的直观图仍是菱形．(　　 ) (2)棱台是由平行于棱锥底面的平面截棱锥所得的平面与底面之间的部分．(　　 ) (3)用两个平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．(　　 ) (4)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．(　　 ) 答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)× 2．如图，一个三棱柱形容器中盛有水，则盛水部分的几何体是(　　 ) A．四棱台 B．四棱锥 C．四棱柱 D．三棱柱 解析：选C.由几何体的结构特征知，盛水部分的几何体是四棱柱． 3．如图，圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的体积之比为(　　 ) A．1∶2 B．2∶3 C．3∶4 D．4∶5 解析：选B.设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R，则球的体积V1＝πR3，圆柱的体积V2＝πR2·2R＝2πR3，∴V1∶V2＝πR3∶2πR3＝2∶3. 4．已知正四棱锥的侧面都是等边三角形，它的斜高为，则这个正四棱锥的体积为_______. 解析：如图所示， 因为PC＝，△PAB为等边三角形， 所以AC＝1，PA＝2， 所以OC＝AC＝1， 在Rt△POC中，PO＝， 所以V＝. 答案： 5．(人教A版必修二·P118例3)如图，某种浮标由两个半球和一个圆柱黏合而成，半球的直径是0.3 m，圆柱高0.6 m．如果在浮标表面涂一层防水漆，每平方米需要0.5 kg涂料，那么给1 000个这样的浮标涂防水漆需要涂料________kg.(π取3.14) 解析：一个浮标的表面积为＝0.847 8(m2)，所以给1 000个这样的浮标涂防水漆约需涂料0.847 8×0.5×1 000＝423.9(kg)． 答案：423.9 题型一　基本立体图形 角度1　结构特征 【例1】　(多选)下列说法中正确的是(　　 ) A．以直角梯形垂直于底面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 解析：选AD.由圆台定义知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． 角度2　直观图 【例2】　已知△ABC是边长为a的正三角形，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为(　　 ) A．a2 B．a2 C．a2 D．a2 解析：选A.法一　根据题意，建立如图①所示的平面直角坐标系，再按照斜二测画法画出其直观图，如图②所示． 由斜二测画法可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝a. 作C′D′⊥A′B′于D′，则C′D′＝O′C′＝a， 故S△A′B′C′＝A′B′·C′D′＝a2. 法二　易得原图形△ABC的面积S＝，所以S直观图＝S原图形＝ [变式]　例2变为：已知△ABC的平面直观图△A′B′C′是边长为a的正三角形，则原△ABC的面积为____________． 解析：法一　如图所示， 在直观图中，正△A′B′C′的边长为a，故点A′到底边B′C′的距离是a，作A′D′⊥x′轴于点D′，则△A′D′O′是等腰直角三角形，故可得O′A′＝a.由此可得在平面图中△ABC的高为a，原△ABC的面积为a2. 法二　易得直观图的面积S＝a2，所以S原图形＝＝a2. 答案：a2 思维升华　在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．注意直观图与原图形中的“三变”“三不变”： “三变” 坐标轴的夹角改变，与y轴平行的线段的长度改变减半，图形改变 “三不变” 平行性不变，与x轴平行的线段长度不变，相对位置不变 角度3　展开图 【例3】　(2024·郴州模拟)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 解析：选C.圆台上底面半径为10，下底面半径为5，设母线长为l，则侧面积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，则线段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＝αR　①， 2×10π＝α(20＋R)　②， 由①②解得α＝，R＝20， 所以OM＝OM1＝30，OB1＝OB＝40， 则M1B＝＝50. 【对点练习】　1.(1)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 解析：选B.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＝， 故原平面图形的周长为2＋2＋2＋4. (2)(2024·福州检测)在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AA1＝2，F是线段A1B1上的动点，则AF＋FC1的最小值为________． 解析：将正三棱柱ABC­A1B1C1(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. 答案： 题型二　几何体的表面积 【例4】　(1)(2024·潍坊模拟)如图，圆锥的底面半径为1，侧面展开图是一个圆心角为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________． 解析：设圆锥的底面半径为R，母线长为l，则R＝1， 设圆台上底面半径为r，母线长为l1，则r＝. 由已知可得，l＝2πR，所以l＝6. 如图，作出圆锥、圆台的轴截面， 则有，解得l1＝4. 所以圆台的侧面积为π(R＋r)l1＝4×π＝. 答案： (2)(2024·兰州诊断)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. 解析：正三棱柱的侧面积为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 所以正四棱台的侧面积为4× 所以该结构的表面积为8＋2＝dm2. 答案：34＋8 【对点练习】　2.(1)(2023·深圳模拟)以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于(　　 ) A．8π B．4π C．8 D．4 解析：选A.以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周所得的旋转体为圆柱，其底面半径r＝2，高h＝2，所得圆柱的侧面积S＝2πrh＝2π×2×2＝8π. (2)如图1是文祥塔，位于浙江省温州市泰顺县城南象山之上，初名象山塔，后人重修时易名为文祥塔．已知该塔六面七层且第七层塔身可近似地视为一个高2.8 m、底面边长为2 m的正六棱柱，塔顶可近似地视为一个高1 m的正六棱锥，如图2所示，则该塔的第七层塔身及其塔顶的表面积之和约为(　　 ) A．45.6 m2 B．m2 C．m2 D．m2 解析：选A.如图，设正六棱锥的底面正六边形的中心为O，则△OAB为等边三角形，连接点O与边AB的中点H，连接PH，由已知可得OH⊥AB，PH⊥AB，因为正六边形的边长为2，所以OH＝.又正六棱锥的高PO＝1，故正六棱锥的侧面的高为PH＝＝2，则该塔的第七层塔身及其塔顶的表面积之和为×6＝45.6(m2)． 题型三　几何体的体积 角度1　公式法求体积 ·教考衔接· 链接高考·【例5】(1)(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. B. C. D. 解析:选B.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，所以得r2 =9，所以圆锥的体积. (2)(2025·八省联考)底面直径和母线长均为2的圆锥的体积为( ) A. B. C. 2 D. 3 解析:选A.由题意知高h=，V=·12·= 教材溯源·(人教B版必修四P91)已知一个正方体和一个圆柱等高并且侧面积相等，求这个正方体和圆柱的体积之比. 解:设圆柱和正方体的高均为h，圆柱的底面半径为R，则由侧面积相等得，∴，∴. ∴ ∴. 角度2　等体积法求体积 【例6】　(2020·新课标Ⅱ卷)棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1­D1MN的体积为________． 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×， 又易知D1A1为三棱锥D1­A1MN的高，且D1A1＝2，∴VA1­D1MN＝VD1­A1MN＝·D1A1＝×2＝1. 答案：1 角度3　割补法求体积 【例7】　如图为一个木楔子的直观图，其中四边形ABCD是边长为2的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥CD，EF＝4，则该木楔子的体积为(　　 ) A． B．4 C． D．2 解析：选A.如图， 分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH， 易得EG＝HF＝1，AG＝GD＝BH＝HC＝. 取AD的中点O，连接GO，易得GO＝， ∴S△ADG＝S△BCH＝. ∴多面体的体积V＝V三棱锥E­ADG＋V三棱锥F­BCH＋V三棱柱AGD­BHC＝2V三棱锥E­ADG＋V三棱柱AGD­BHC＝. 【对点练习】　3.(1)(2024·天津卷)一个五面体ABC­DEF.已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1.并已知AD＝1，BE＝2，CF＝3.则该五面体的体积为(　　) A． B． C． D． 解析：选C.因为AD，BE，CF两两平行，且两两之间距离为1，则该五面体可以分成一个侧棱长为1的三棱柱和一个底面为梯形的四棱锥，其中三棱柱的体积等于棱长均为1的直三棱柱的体积，四棱锥的高为，底面是上底为1、下底为2、高为1的梯形，故该五面体的体积V＝. (2)(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，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A1M为四棱台ABCD­A1B1C1D1的高， 因为AB＝2，A1B1＝1，AA1＝， 则A1O1＝， 故AM＝(AC－A1C1)＝，则A1M＝， 所以所求体积为V＝. 答案： (3)已知三棱柱ABC­A1B1C1的体积为6，则四面体C­A1BC1的体积为________． 解析：如图， ，因为三棱柱ABC­A1B1C1的体积为6，所以四面体C­A1BC1的体积为2. 答案：2 学科网（北京）股份有限公司 $