7.1 基本立体图形 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦立体几何与空间向量，覆盖柱锥台球结构特征、表面积体积计算、斜二测画法等核心考点，依据高考评价体系分析2023-2025年新课标及全国卷考情，明确结构特征与体积计算为高频考点，归纳多选型辨析、组合体体积等常考题型，体现高考备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“真题情境+素养导向”的备考设计，如结合2024新课标Ⅰ卷圆柱圆锥侧面积题，用数学思维指导割补法、等体积法突破不规则几何体体积计算，培养学生空间观念与运算能力。通过易错点分析（如棱台定义辨析）和母题变式训练，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此构建系统复习框架，提升备考效率。

第七章　立体几何与空间向量 7.1　基本立体图形 2027高考数学一轮总复习 1 内容索引 必备知识　回顾 课时作业 关键能力　提升 考试要求 三年考情 1.掌握柱体、锥体、台体、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.知道柱体、锥体、台体、球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、棱柱及其简单组合体)的直观图. 2023 2024 2025 新课标Ⅰ卷 T12,T14 新课标Ⅰ卷 T5   新课标Ⅱ卷 T9 新课标Ⅱ卷 T7 全国二卷 T14 必备知识　回顾 1.棱柱、棱锥、棱台 1 知识梳理 项目 棱柱 棱锥 棱台 图形 必备知识 回顾 返回 项目 棱柱 棱锥 棱台 定义 有两个面________,其余各面都是______,并且相邻两个四边形的公共边都________,由这些面所围成的多面体 有一个面是多边形,其余各面都是有一个公共顶点的______,由这些面所围成的多面体 用一个平行于________的平面去截棱锥,底面和截面之间那部分多面体 结构 特征 底面互相平行且____;侧面都是__________;侧棱都____且互相平行 底面是一个多边形;侧面都是______;侧面有一个公共顶点 上、下底面互相平行且____;各侧棱延长线交于一点;各侧面为____ 互相平行 四边形 互相平行 三角形 棱锥底面 全等 平行四边形 相等 三角形 相似 梯形 必备知识 回顾 返回 2.圆柱、圆锥、圆台、球 项目 圆柱 圆锥 圆台 球 图形 必备知识 回顾 返回 项目 圆柱 圆锥 圆台 球 定义 以____的一边所在直线为旋转轴,其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体 以__________的一条直角边所在直线为旋转轴,其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体 用______圆锥底面的平面去截圆锥,底面与截面之间的部分 半圆以它的直径所在直线为旋转轴,旋转一周形成的曲面叫做____,球面所围成的旋转体 矩形 直角三角形 平行于 球面 必备知识 回顾 返回 项目 圆柱 圆锥 圆台 球 结构 特征 母线互相平行且相等,并____于底面;轴截面是全等的____;侧面展开图是 ____ 母线相交于____;轴截面是全等的__________;侧面展开图是 ____ 母线延长线交于____;轴截面是全等的________;侧面展开图是____ 截面是__ 简单组合体:由简单几何体组合而成的几何体叫简单组合体.其构成形式主要有:由简单几何体____而成,或由简单几何体__________一部分而成. 垂直 矩形 矩形 一点 等腰三角形 扇形 一点 等腰梯形 扇环 圆 拼接 截去或挖去 必备知识 回顾 返回 3.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'轴与y'轴的夹角为45°或135°,z'轴与x'轴的夹角为______. 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,长度在直观图中变为原来的____. 斜二测画法 90° 分别平行于坐标轴 不变 一半 必备知识 回顾 返回 4.简单几何体的表面积与体积 (1)圆柱、圆锥、圆台的侧面积 其中r,r'为底面半径,l为母线长. 项目 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(r+r')l 必备知识 回顾 返回 (2)柱体、锥体、台体、球的表面积和体积 几何体 表面积 体积(S是底面积, h是高) 柱体(棱柱 和圆柱) S表=S侧+____ V=____ 锥体(棱锥 和圆锥) S表=____+____ V=____ 台体(棱台 和圆台) S表=S侧+ S上+S下 V=(S上+S下+ )h 球(R是 半径) S表=______ V=_____ 2S底 Sh S侧 S底 Sh 4πR2 πR3 必备知识 回顾 返回 5.常见四棱柱及其关系 必备知识 回顾 返回 1.与体积有关的几个结论 (1)一个简单组合体的体积等于它的各部分体积的和或差. (2)夹在两个平行平面之间的两个几何体,被平行于这两个平面的任意平面所截,如果截得的两个截面的面积总相等,那么这两个几何体的体积相等(祖暅原理). 2.水平放置的平面图形的直观图与原平面图形面积间的关系:S直观图= S原图形. 知识拓展 必备知识 回顾 返回 1.判断(正确的画“√”,错误的画“×”) (1)水平放置的菱形的直观图仍是菱形. (　 　) (2)有一个面是多边形,其余各面都是三角形的几何体是棱锥.(　 　) (3)用两平行平面截圆柱,夹在两平行平面间的部分仍是圆柱.(　 　) (4)锥体的体积等于底面积与高的积. (　 　) 基础检测 × × × × 必备知识 回顾 返回 2.如图,三角形A'B'C'是水平放置的三角形ABC的直观图,则三角形ABC的面积是____. 18 必备知识 回顾 返回 解析:由直观图画出原图,如图,可得三角形ABC是等腰三角形,且BC=6,OA=6,所以三角形ABC的面积S=×6×6=18. 必备知识 回顾 返回 3.(人教A版必修第二册P119练习T1改编)圆锥SO的母线与底面所成的角为60°,高为3,则该圆锥的侧面积为______. 解析:如图,由题可知SA==6,OA==3,所以该圆锥的侧面积为π×3×6=18π. 18π 必备知识 回顾 返回 4.(人教B版必修第四册P85例2改编)已知正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高为6,且AB=2A1B1=4,则该四棱台的体积为____. 解析:根据棱台的体积公式可得×(22+42+) ×6=56. 56 必备知识 回顾 返回 关键能力　提升 考点1 基本立体图形 【例1】　(1)(多选)下列说法错误的是(　 　) A.有两个面互相平行,其余各面都是平行四边形的几何体一定是棱柱 B.圆台的任意两条母线延长后相交于同一点 C.有两个面互相平行且相似,其余各面都是梯形的多面体是棱台 D.圆锥的轴截面是所有过顶点的截面中面积最大的一个 ACD 关键能力 提升 返回 【解析】　对于A,“其余各面都是平行四边形”并不能保证“相邻两个四边形的公共边都互相平行”,如图1所示的几何体就不是棱柱,故A错误;对于B,由圆台的定义知B正确;对于C,两个面互相平行且相似,其余各面都是梯形的多面体不一定是棱台,还要满足各侧棱的延长线交于一点才是棱台,如图2所示的几何体就不是棱台,故C错误;对于D,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错误.故选ACD. 关键能力 提升 返回 (2)(多选)如图所示,△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'=2,则下列说法正确的是(　 　) A.△ABC是钝角三角形 B.△A'B'C'的面积是△ABC的面积的 C.△ABC是等腰直角三角形 D.△ABC的周长是4+4 BCD 关键能力 提升 返回 【解析】　对于B,由题意,可得△ABC如图所示,在△A'B'C'中,O'C'=O'A'= 2O'B'=2,∴S△A'B'C'=2×,∵OB=2O'B'=2,OA=O'A' =2,OC=O'C'=2,∴S△ABC=×4×2=4,∴△A'B'C'的面积是△ABC的面积的,故B正确;对于A,C,在△ABC中,OC=OA=OB=2,∴∠ABC=90°,AB= BC=2,∴△ABC是等腰直角三角形,故A错误,C正确;对于D,△ABC的周长为AB+BC+AC=2+4,故D正确.故选BCD. 关键能力 提升 返回 (3)如图,圆锥底面半径为3,母线PA=12,,一只蚂蚁从点A出发,沿圆锥侧面绕行一周,到达点B,则蚂蚁爬行的最短路线的长度为 (　 　) A.6 B.16 C.4 D.12 C 关键能力 提升 返回 【解析】　把圆锥侧面沿母线PA剪开,展在平面内可得扇形APA',连接AB,如图,设扇形APA'圆心角的大小为θ,则12θ=2π×3,解得θ=,在Rt△PAB中,PB=PA'=4,则AB=,所以蚂蚁爬行的最短路线的长度为4.故选C. 关键能力 提升 返回 1.辨别空间几何体的两种方法 (1)定义法:紧扣定义进行判定. (2)反例法:要说明一个结论是错误的,只需举出一个反例即可. 2.在斜二测画法中,要确定关键点及关键线段:平行于x轴的线段在直观图中平行性不变,长度不变;平行于y轴的线段在直观图中平行性不变,长度减半. 3.在解决空间曲线(段)最短问题时一般考虑借助展开图,采用化曲为直的策略,将空间问题平面化. 规律总结 关键能力 提升 返回 【对点训练1】　(1)下列命题中为真命题的是 (　 　) A.以直角三角形的一边所在直线为轴,旋转一周所得的旋转体是圆锥 B.用任意一个平面去截棱锥,棱锥底面和截面之间的部分为棱台 C.有两个面互相平行,其余各面都是四边形,且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的多面体是棱柱 D.正四棱锥的侧面均为等边三角形 C 关键能力 提升 返回 解析:对于A,当以直角三角形的一条直角边所在直线为轴旋转时,得到的是圆锥,当以斜边所在直线为轴旋转时,得到的是两个圆锥的组合体,故A错误;对于B,用平行于底面的平面去截棱锥,棱锥底面和截面之间的部分为棱台,故B错误;对于C,由棱柱的定义知C正确;对于D,正四棱锥的四个侧面是全等的等腰三角形,故D错误.故选C. 关键能力 提升 返回 (2)如图,△A'B'C'是利用斜二测画法画出的水平放置的△ABC的直观图,其中A'C'∥y'轴,A'B'∥x'轴,且A'B'=B'C'=2,则△ABC的边BC的长为 (　 　) A.2 B.4 C.6 D.2 解析:因为A'B'=B'C'=2,且A'C'∥y'轴,A'B'∥x'轴,所以∠C'B'A'=90°,所以A'C'=2,由斜二测画法可知,在△ABC中,AB=A'B'=2,AC=2A'C'=4, ∠BAC=90°,则BC==6.故选C. C 关键能力 提升 返回 (3)(人教B版必修第四册P71练习BT6改编)在正三棱锥A-BCD 中,∠BAD=20°,侧棱长为2,过点C的平面与侧棱AB,AD分别相交于点B1,D1,则△CB1D1的周长的最小值为 (　 　) A.2 C.4 D.2 D 关键能力 提升 返回 解析:将正三棱锥A-BCD的侧面沿AC剪开,可得如图所示的侧面展开图,∵∠BAD=20°,∴∠CAC'=60°.根据正三棱锥和侧面展开图可知,△CB1D1的周长为CD1+D1B1+B1C',∴要使△CB1D1的周长最小,则C,D1,B1,C'四点共线,连接CC',则△CAC'是边长为2的等边三角形,∴(CD1+D1B1+B1C')min=CC'=2.故选D. 关键能力 提升 返回 考点2 空间几何体的表(侧)面积 【例2】　(2025·黑龙江哈尔滨三模)已知一个等腰梯形的下底是上底的3倍,两腰与下底边所成的角均为,面积为8.若该等腰梯形是一个圆台的轴截面,则该圆台的侧面积为(　 　) A.16π B.26π C.16π D.32π A 关键能力 提升 返回 【解析】如图,由题意得BC=3DA,∠B=∠C=.设AD=a,则BC=3a.分别过点D,A作DG⊥BC,AF⊥BC,垂足分别为G,F,因为AD∥GF,所以四边形ADGF为矩形,且AD=FG=a,所以CG=GF=FB=a.在Rt△CDG中,DG=CG·tana,DC==2a,则等腰梯形ABCD的面积S=(a+3a)×,解得a=2(负值舍去),则圆台的上、下底面的半径分别为r=1,r'=3,母线长l=4,所以圆台的侧面积为πl(r+r')=π×4×(1+3)=16π.故选A. 关键能力 提升 返回 求几何体表(侧)面积的方法 (1)求多面体的表(侧)面积 只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形,利用求平面图形面积的方法求多面体的表(侧)面积. (2)求旋转体的表(侧)面积 可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手,将其侧面展开后求表(侧)面积,但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的关系. (3)求不规则几何体的表(侧)面积 通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体,先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表(侧)面积,再通过求和或作差,求出所给几何体的表(侧)面积. 规律总结 关键能力 提升 返回 【对点训练2】　(1)如图,将一个圆柱4等分切割,再将其重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体,若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了20,则原圆柱的侧面积是 (　 　) A.10π　　 B.20π C.100π　　 D.200π 解析:设圆柱的底面半径为r,高为h,则原圆柱的表面积为2πr2 +2πrh,新几何体的表面积为2πr2+2πrh +2rh,故 2rh =20,则原圆柱的侧面积为2πrh =20π.故选B. B 关键能力 提升 返回 (2)已知正四棱台的上底面边长为2,下底面边长为4,高为3,则其表面积为(　 　) A.36 B.12+20 C.12+20 D.48 解析:如图,设正四棱台上、下底面的中心分别为O,O1,C为上底面一边的中点,CD为正四棱台的斜高,过点C作CE⊥O1D于点E,由题意得O1O=3,OC=1,O1D=2,所以CD=,所以正四棱台的侧面积为,又上、下底面的面积之和为22+42=20,则其表面积S=20+12.故选B. B 关键能力 提升 返回 考点3 空间几何体的体积 命题角度1　直接法 【例3】　某玻璃制品厂需要生产一种玻璃杯,该玻璃杯可以近似看成是由一个圆柱挖去一个圆台得到的,其近似模型的直观图如图所示(图中数据的单位为cm),则该玻璃杯所用玻璃的体积为 (　 　) A. cm3 C. cm3 A 关键能力 提升 返回 【解析】　依题意得,该玻璃杯所用玻璃的体积为π×(cm3).故选A. 关键能力 提升 返回 命题角度2　割补法 【例4】　(2025·山东烟台三模)如图,在六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面A1B1C1D1,四边形ABCD与A1B1C1D1为两个全等的矩形,且AB∥A1B1,AD∥A1D1,若BC=A1B1=AA1=2,AB=B1C1=4,则该六面体的体积为 (　 　) A.14 B. C. D.24 B 关键能力 提升 返回 【解析】　在长方体A1B2C2D1-ABC3D2中,A1B2=AB=B1C1=4,BC=A1B1 =AA1=2.根据题意可知,六面体ABCD-A1B1C1D1可以看成长方体A1B2C2D1-ABC3D2的一部分,如图. 关键能力 提升 返回 因为长方体A1B2C2D1-ABC3D2的体积V=×AA1=4×4×2=32,直三棱柱BB1B2-C3C1C2的体积V1=×(4-2)×2×4=8,直三棱柱CC2C3-DD1D2的体积V2=×(4-2)×2×4=8,三棱锥C-C1C2C3的体积V3=×(4-2)×2×(4-2)=,所以六面体ABCD-A1B1C1D1的体积为V-V1-V2+V3=32-8-8+.故选B. 关键能力 提升 返回 命题角度3　等体积法 【例5】　(2025·福建南平三模)已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的体积为4,若将其截去三棱锥C1-B1BD1,则剩余几何体的体积为(　 　) A. C 关键能力 提升 返回 【解析】如图,设点D1到平面BCC1B1的距离为h,四边形BCC1B1的面积为S,则Sh=4,所以,因此剩余几何体的体积为4-.故选C. 关键能力 提升 返回 求空间几何体的体积的常用方法 规律总结 直接法 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,特别适用于求三棱锥的体积 关键能力 提升 返回 【对点训练3】　(1)(2025·浙江金华三模)将一个棱长为6 cm的正方体铁块熔铸成一个底面半径为3 cm的圆锥形零件,则该圆锥形零件的高约为(π取3)(　 　) A.8 cm B.12 cm C.16 cm D.24 cm 解析:由题意可知,正方体的体积为63=216(cm3),设圆锥的高为h cm,则圆锥的体积为π×32h=3πh(cm3),则3πh=216,解得h≈24,则该圆锥形零件的高约为24 cm.故选D. D 关键能力 提升 返回 (2)(2025·内蒙古赤峰三模)在体积为9的三棱锥P-ABC中,,,则三棱锥A-BDE的体积为 (　 　) A.6 B.5 C.4 D.3 解析:如图所示,因为,,所以D,E分别是BC, BP上靠近C,P的三等分点,所以.又因为三棱锥 A-BCP和三棱锥A-BDE的高相等,所以.因为VA-BCP= VP-ABC=9,所以VA-BDE=VA-BCP=4.故选C. C 关键能力 提升 返回 (3)(2025·北京大兴区三模)《九章算术》是我国古代的一部数学名著,书中记载了一类名为“羡除”的五面体.如图,在羡除ABCDEF中,底面ABCD是正方形,EF∥平面ABCD,EF=2,其余棱长都为1,则这个几何体的体积为(　 　) A.2 C. D 关键能力 提升 返回 解析:如图所示,连接AC,BD交于点M,取EF的中点O,连接OM,OA,OB,OC,OD,则OM⊥平面ABCD,因为EF=2,其余棱长都为1,所以OM=,取BC的中点G,连接FG,则FG⊥BC, 过点O作ON⊥FG于点N,则ON⊥平面BCF,由题意可知FG=,则FN=,所以ON=,所以这个几何体的体积V=.故选D. 关键能力 提升 返回 祖暅原理 链接教材:(人教A版必修第二册P121探究与发现)“幂势既同,则积不容异”.这就是“祖暅原理”.“势”即是高,“幂”是面积,祖暅原理用现代语言可以描述为:夹在两个平行平面之间的两个几何体,被平行于这两个平面的任意平面所截,如果截得的两个截面的面积总相等,那么这两个几何体的体积相等. 教材深研 关键能力 提升 返回 【典例】　祖暅原理:“幂势既同,则积不容异”.这里的“幂”指水平截面的面积,“势”指高.这句话的意思是:两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等,则这两个几何体体积相等.利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差.如图是一“四脚帐篷”形状的几何体的示意图,其中曲线AOC和BOD均是以3为半径的半圆,平面AOC和平面BOD均垂直于平面ABCD,用任意平行于底面ABCD的平面截该几何体,所得截面四边形均为正方形,利用祖暅原理,该几何体的体积是(提示:可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱) (　 　) A.36 C.36π D.72π B 关键能力 提升 返回 【解析】　如图1,作平行于帐篷底面ABCD的截面A'B'C'D',设截面与底面的距离为h,底面ABCD的中心为O',截面A'B'C'D'的中心为O″,则O'C'=3,所以O″C'=,所以B'C'=,所以截面A'B'C'D'的面积为36-2h2. 关键能力 提升 返回 如图2,作正四棱柱MNGH-M'N'G'H',正四棱柱的底面边长与帐篷底面正方形ABCD的边长相等,正四棱柱的高与帐篷的高也相等,在正四棱柱MNGH-M'N'G'H'中,作正四棱锥O1-M'N'G'H',O1为底面MNGH的中心,作与底面MNGH的距离为h的截面A1B1C1D1,该截面截正四棱锥O1-M'N'G'H'所得截面为A2B2C2D2,设截面A2B2C2D2的中心为O2,则O1O2=h,在正四棱柱MNGH-M'N'G'H'中,底面正方形的边长为6,高为3,所以∠MO1A2=∠GO1C2= 关键能力 提升 返回 45°,所以∠A2O1C2=90°,△A2O1C2为等腰直角三角形,所以A2C2=2h,所以四边形A2B2C2D2的边长为h,所以四边形A2B2C2D2的面积为2h2,所以图2中阴影部分的面积为=36-2h2,与截面A'B'C'D'面积相等,由祖暅原理知帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积,即V帐篷=V正四棱柱-V正四棱锥=62×3.故选B. 关键能力 提升 返回 高考真题 教材典题 1.(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,圆台甲、乙的母线长分别为2(r2-r1),3(r2-r1),则圆台甲与乙的体积之比为__________. 1.(人教A版必修第二册P117思考)圆柱、圆锥、圆台的体积公式之间有什么关系?结合棱柱、棱锥、棱台的体积公式,你能将它们统一成柱体、锥体、台体的体积公式吗?柱体、锥体、台体的体积公式之间又有怎样的关系? 考教衔接 解析: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圆台甲与乙的体积之比为. ∶4 关键能力 提升 返回 高考真题 教材典题 2.(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 C.6π 2. (人教A版必修第二册P120习题8.3 T4)如图,圆锥PO的底面直径和高均是a,过PO的中点O'作平行于底面的截面,以该截面为底面挖去一个圆柱,求剩下几何体的表面积和体积. 考教衔接 B 解析: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×,可得r2=9,所以圆锥的体积V=π.故选B. 关键能力 提升 返回 课时作业47 1.(5分)已知圆柱的母线长为4,底面半径为2,则该圆柱的体积为 (　 　) A.8π B.12π C.16π D.20π 解析:因为圆柱的母线长为4,底面半径为2,所以圆柱的体积V=πr2h=π×22 ×4=16π.故选C. 基础巩固 C 返回 课时作业 2. (5分)用斜二测画法画水平放置的△ABC,其直观图△A'B'C'如图所示,其中B'O'=C'O'=2.若△ABC的周长为10,则A'O'= (　 　) A. C. A 返回 课时作业 解析:如图所示,根据斜二测画法的规则,可由直观图△A'B'C'画出△ABC,因为B'O'=C'O'=2,所以BO=CO=B'O'=C'O'=2,所以2AB=10-4=6,即AB=3,则AO=,所以A'O'=.故选A. 返回 课时作业 3.(5分)有这样一道古算题:“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?”其意思为“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?”则这个问题中,葛藤长的最小值为(1丈等于10尺)(　 　) A.2丈4尺 B.2丈5尺 C.2丈6尺 D.2丈8尺 C 返回 课时作业 解析:取圆木的两个侧面展开图如图所示,在Rt△ABC中,BC(即圆木的高)长24尺,AB=5×2=10(尺),因此葛藤长的最小值为=26(尺),即2丈6尺.故选C. 返回 课时作业 4.(5分)已知底面半径为2的圆锥SO,其轴截面是正三角形,它的一个内接圆柱的底面半径为1,则此圆柱的侧面积与圆锥SO的侧面积的比值为 (　 　) A.1 B. C. C 返回 课时作业 解析:作出轴截面,如图所示(注意:作轴截面是研究空间几何体内接问题的重要解题步骤),由题意可得,AB=SA=SB=4,DE=2,可知D,E分别为SA,SB的中点,则M,N分别为OA,OB的中点,则DM=,可得S圆柱侧=2π×1×π,S圆锥侧=π×2×4=8π,所以所求的比值为.故选C. 返回 课时作业 5.(5分)(2025·河北秦皇岛二模)如图,某工厂储存原料的储存仓是由圆柱和圆锥构成的,若圆柱的高是圆锥高的2倍,且圆锥的母线长是2,侧面积是2π,则该储存仓的体积为 (　 　) A. C.π C 返回 课时作业 解析:设圆锥的底面半径为r,由圆锥的侧面积是2π,得πr×2=2π,解得r=1,圆锥的高h=,则圆柱的高为2,所以该储存仓的体积V=.故选C. 返回 课时作业 6.(5分)(2025·山东聊城模拟)图1为宋代的影青瓷花口盏及盏托,我们不妨将该花口盏及盏托看作两个圆台与一个圆柱的组合体,三个部分的高相同,均为6 cm,上面的花口盏是底面直径分别为8 cm和10 cm的圆台,下面的盏托由底面直径8 cm的圆柱和底面直径分别为12 cm和8 cm的圆台组合构成,示意图如图2(图中数据的单位为cm),则该花口盏及盏托构成的组合体的体积为(　 　) A.248π cm3 B.274π cm3 C.354π cm3 D.370π cm3 D 返回 课时作业 解析:花口盏的体积V1=π×6×(42+52+4×5)=122π(cm3),盏托的体积V2=π×42×6+π×6×(42+62+4×6)=248π(cm3),所以组合体的体积V=V1+V2=370π cm3.故选D. 返回 课时作业 7. (5分)如图,在三棱台ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB⊥AC,CC1与底面ABC所成的角为45°,AB=,A1C1=AA1=1,则三棱锥A1-B1BC1的体积为 (　 　) A. C. D 返回 课时作业 解析:因为AA1⊥底面ABC,AA1⊂平面ACC1A1,所以平面ACC1A1⊥底面ABC,所以∠C1CA即为CC1与底面ABC所成的角,为45°.因为A1C1=AA1=1,所以AC=1+1=2.根据棱台的概念,可知,又AB=,所以A1B1=.因为AB⊥AC,所以A1B1⊥A1C1,所以△A1B1C1为直角三角形,所以,所以.故选D. 返回 课时作业 8.(5分)如图所示,在圆内接四边形 ABCD中,DA⊥AB,∠D=45°, AB=2,BC=2,AD=6,现将该四边形沿AB所在直线旋转一周,则旋转形成的几何体的表面积为(　 　) A.(16+16)π B.(28+4)π C.(36+36)π D.(36+40)π C 返回 课时作业 解析:连接BD,在圆内接四边形ABCD中,∠DAB=90°,所以BD是四边形ABCD外接圆的直径,所以∠DCB=90°,又∠ADC=45°,所以∠ABC=135°.过点C作AB的垂线,交AB的延长线于点E,过点C作CF⊥AD,垂足为F,则∠CBE=45°,所以△BCE是等腰直角三角形,因为BC=2,所以BE=CE=2.作出四边形ABCD关于直线AB对称的图形,如图所示.因为CE∥AF,AE∥CF,∠DAB=90°,所以四边形AECF是矩形,AF=CE=2,DF=CF=AE=4,所以在等腰直角三角形CDF中,CD=4.将四边形ABCD沿AB所在直线旋转一周,则旋转形成的几何体是一个圆台挖掉一个圆锥,其表面积为π×62+π×(2+6)×4=(36+36)π(注意:圆台挖掉圆锥后求表面积是相加,而不是相减).故选C. 返回 课时作业 9.(6分,多选)下列命题中为假命题的有(　 　) A.圆台的侧面展开图是一个扇形 B.有一个面为平行四边形的棱锥一定是四棱锥 C.有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱 D.五棱柱共有10个顶点,5条侧棱 AC 返回 课时作业 解析:对于A,圆台的侧面展开图是一个扇环,故A为假命题;对于B,棱锥的侧面都是三角形,若棱锥有一个面是平行四边形,则这个面一定是底面,该棱锥一定是四棱锥,故B为真命题;对于C,平行六面体的两个相对侧面也可能是矩形,故C为假命题;对于D,五棱柱共有10个顶点,5条侧棱,故D为真命题.故选AC. 返回 课时作业 10. (6分,多选)如图,在四边形ABCD中,点A与原点重合,点B,D分别在x轴、y轴的正半轴上,AB∥CD,AB=2CD=4,AD=2,用斜二测画法画出它的直观图四边形A'B'C'D',其中∠x'A'y'=45°,则下列结论正确的是 (　 　) A.A'D'=2 B.A'B'=4 C.四边形A'B'C'D'为等腰梯形 D.四边形A'B'C'D'的周长为6+4 BC 返回 课时作业 解析:对于A,B,由题意可画出其直观图如图, 其中A'B'∥C'D',A'B'=AB=4, C'D'=CD=2,A'D'=,故A错误,B正确;对于C,过点D',C'分别作D'M⊥A'B',C'N⊥A'B',垂足分别为M,N,故A'M=D'M=C'N=A'D'sin 45°=1,NB'=A'B'-C'D'-A'M=1,故B'C'=,则四边形A'B'C'D'为等腰梯形,故C正确;对于D,四边形A'B'C'D'的周长为4+2+2×,故D错误.故选BC. 返回 课时作业 11. (6分,多选)(2025·河北衡水三模)如图是高相等的正四棱柱和正四棱锥组成的几何体,若该几何体底面边长和上面正四棱锥的侧棱长均为10 cm,则下列选项中正确的是(　 　) A.正四棱锥的高为5 cm B.该几何体的表面积为(100)cm2 C.该几何体的体积为 cm3 D.一只小蚂蚁沿该几何体表面从点E爬行到点S,它所经过的最短路程为 cm ACD 返回 课时作业 解析:对于A,在正四棱锥S-ABCD中,OA=5 cm,高SO= cm,故A正确;对于B,该几何体的表面积为102+4×10×5×102=(100+200)cm2,故B错误;对于C,该几何体的体积为102×5(cm3),故C正确;对于D,观察题图知,小蚂蚁从点E爬行到点S的最短路径应沿表面越过棱AB或AD,由对称性,不妨取长方形EFBA及正三角形SAB, 返回 课时作业 将它们置于同一平面内,连接SE,如图,取EF的中点M,连接SM,则SM=(5) cm,而EM=5 cm,所以最短路程为SE== =(cm),故D正确.故选ACD. 返回 课时作业 12.(5分)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约需要涂料______ kg.(π≈3.14,结果保留整数) 解析:一个浮标的表面积为2π×0.15×0.6+4π×0.152≈0.847 8(m2),所以给1 000个这样的浮标涂防水漆需涂料0.847 8×0.5×1 000≈424(kg). 424 返回 课时作业 13. (5分)如图,一个三棱柱容器中盛有水,当底面ABC水平放置时,水面高为3,当侧面AA1B1B水平放置时,水面恰好经过AC,BC,A1C1,B1C1的中点,则AA1=__. 4 返回 课时作业 解析:当底面ABC水平放置时,水在容器中的形状为三棱柱,设△ABC的面积为S,则V水=3S.如图所示,当侧面AA1B1B水平放置时,水在容器中的形状为四棱柱,底面ABFE是等腰梯形,则S△CEF=S,S梯形ABFE=S△ABC-S△CEF=S,所以V水=S·AA1=3S,则AA1=4. 返回 课时作业 14.(5分)(2025·河南焦作三模)我们把几何体的表面积与体积的数值之比称为“相对积”.已知三棱锥O-ABC中,AB=3,D,E,F分别在棱OA,OB,OC上,且平面DEF与底面ABC平行,DE=2,则三棱锥O-ABC与三棱锥O-DEF的 “相对积”之比为 . 返回 课时作业 解析:如图,设三棱锥O-ABC、三棱锥O-DEF的体积分别为V1,V2,表面积分别为S1,S2,高分别为h1,h2,因为,所以,,,则,,则三棱锥O-ABC与三棱锥O-DEF的“相对积”之比为. 返回 课时作业 15. (5分)(2026·江西南昌一模)如图所示,平行六面体ABCD-A1B1C1D1的体积为6,点P为线段A1B上的动点(不与点A1,B重合),则下列三棱锥中,其体积不为定值的是 (　 　) A.三棱锥P-C1CD B.三棱锥P-B1D1D C.三棱锥P-D1B1C D.三棱锥P-D1AC B 素养提升 返回 课时作业 解析:对于A,记平行六面体ABCD-A1B1C1D1的体积为V,由平行六面体的性质,得A1B∥平面D1DCC1,故点P到平面D1DCC1的距离等于点B到平面D1DCC1的距离,故V=1,为定值,故A错误;对于B,因为,点P在线段A1B上的位置不同,则点P到平面B1D1DB的距离也不同,故不为定值,故B正确;对于C,因为A1B∥CD1,A1B⊄平面D1B1C,D1C⊂平面D1B1C,所以A1B∥平面D1B1C,所以点P到平面D1B1C的距离等于点B到平面D1B1C的距离,故 返回 课时作业 V=1,为定值,故C错误;对于D,因为A1B∥CD1,A1B⊄平面D1AC,D1C⊂平面D1AC,所以A1B∥平面D1AC,所以点P到平面D1AC的距离等于点B到平面D1AC的距离,故V=1,为定值,故D错误.故选B. 返回 课时作业 16.(6分)(2025·山东青岛三模)已知正三棱台ABC-A1B1C1,AB=2,A1B1= ,AA1=,则该正三棱台的体积为. 解析:将正三棱台ABC-A1B1C1补成正三棱锥P-ABC,设点P在平面A1B1C1上的射影为O,则O为正三角形A1B1C1的中心,如图所示,由棱台的性质可知A1B1∥AB,所以,所以A1为PA的中点,所以PA1=AA1=,由正弦定理可得2OA1==2,故OA1=1,所以OP= 返回 课时作业 ×()2=,所以 ,所以VP-ABC=8,因此正三棱台ABC-A1B1C1的体积V=VP-ABC-. 返回 课时作业 17.(6分)已知长方体的表面积为8,所有棱长之和为16,则长方体体积的最 大值为. 解析:设从长方体同一顶点出发的三条棱长分别为a,b,c,则2(ab+bc+ac)=8,4(a+b+c)=16,所以ab+bc+ac=4,a+b+c=4,不妨设c≤b≤a,则0<c≤,长方体的体积V=abc=(4-bc-ac)c=[4-c(a+b)]c=[4-c(4-c)]c=c3-4c2+4c,求导得V'=3c2-8c+4=(3c-2)(c-2),易知当c=时,V的值最大,最大值为. 创新训练（概念深度理解） 返回 课时作业 本课结束 $