规范练42 基本立体图形及空间几何体的表面积与体积 2027届高三一轮复习试题 数学

**基本信息** 聚焦立体图形概念与表面积体积计算，通过展开法、割补法等系统方法，构建从空间观念到几何直观的推理链条，强化高考高频考点突破。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固|12题|概念辨析（直棱柱性质）、直观图还原（斜二测画法）、展开法（三棱锥周长最值）、割补法（等腰四面体体积）|从基本立体图形概念到表面积体积公式，形成“概念-公式-应用”递进链条| |综合提升|4题|相似比（圆柱圆锥侧面积比）、体积转化（圆锥倒置问题）、动态最值（三棱锥体积）|结合高考真题，深化组合体、动态问题的推理能力，强化空间几何直观应用|

课时规范练42　基本立体图形及空间几何体的表面积与体积 (分值:81分) (单选题每小题5分,多选题每小题6分,填空题每小题5分) 基础巩固练 1.下列命题是真命题的是(　　) A.两个四棱锥可以拼成一个四棱柱 B.正三棱锥的底面和侧面都是等边三角形 C.经过不共线的三个点的球有且只有一个 D.直棱柱的侧面是矩形 2.如图,用斜二测画法画出的水平放置的△AOB的直观图是Rt△A'O'B',若A'B'的中点在y'轴上,且O'A'=O'B'=,则AB=(　　) A.2 B.4 C.2 D.2 3.如图,在三棱锥V-ABC中,VA=VB=VC=8,∠AVB=∠AVC=∠BVC=30°,过点A作截面AEF,则△AEF周长的最小值为(　　) A.6 B.6 C.8 D.8 4.(2024·新高考Ⅰ,5)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 5.(2025·山东威海模拟)已知圆台的上底面半径、下底面半径、母线长之比为1∶2∶3,高为4,则该圆台的体积为(　　) A. B. C.40π D.56π 6.等腰四面体是一种特殊的三棱锥,它的三组对棱分别相等.已知一个长方体的体积为12,则用长方体其中的四个顶点构成的等腰四面体的体积为(　　) A.3 B.4 C.6 D.8 7.(2025·天津和平模拟)已知底面半径为r的圆锥,其轴截面是正三角形,它的一个内接圆柱的底面半径为,则此圆柱的侧面积与圆锥的侧面积的比值为(　　) A. B. C. D. 8.(2025·江苏南通模拟)若半径为1的球与正三棱柱的各个面均相切,则该正三棱柱外接球的表面积为(　　) A.4π B.5π C.16π D.20π 9.(多选题)(2025·河北衡水中学模拟)如图,该几何体是高相等的正四棱柱和正四棱锥组成的几何体,若该几何体底面棱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+200)cm2 C.该几何体的体积为cm3 D.一只小蚂蚁从点E爬行到点S,它所经过的最短路程为 cm 10.(2020·新高考Ⅱ,13)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　　　　　.  11.(2024·九省适应性测试,13)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　 .  12.(2025·上海徐汇中学模拟)已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的侧棱AA1垂直于底面,底面ABCD是边长为2的正方形,四边形A1B1C1D1是边长为1的正方形,DD1=2,则四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为　　　.  综合提升练 13.(2022·全国甲,理9,文10)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. 14.已知一个圆锥的高是3,在正放(底面水平放置)时该圆锥内水面高度为2,现将圆锥倒置,则此时圆锥内的水面高度为(　　) A. B. C. D. 15.(2025·浙江嘉兴模拟)若某正四面体的内切球的表面积为4π,则该正四面体的外接球的体积为(　　) A.9π B.27π C.36π D.64π 16.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=2,∠BAC=,点P,E分别为棱A1C1,AA1上的动点(不包括端点),若AE=A1P,则三棱锥B1-A1PE的体积的最大值为　　　　　. 参考答案 课时规范练42　基本立体图形及空间几何体的表面积与体积 1.D　解析 对于A,两个四棱锥不一定能拼成一个四棱柱,故A为假命题;对于B,正三棱锥的底面是等边三角形,侧面是等腰三角形,不一定是等边三角形,故B为假命题;对于C,经过不共线的三个点只能确定一个平面,经过不共线的三个点的球有无数个,故C为假命题;对于D,直棱柱的侧面是矩形,故D为真命题.故选D. 2.A　解析 由题可知,M'为A'B'的中点,O'A'=O'B'=,则O'M'=1. 作M'N'∥O'A',则M'N'=,如图. 作出原图形, 所以OA=,OM=2,MN=. 由OA⊥OM,所以AM=. 又M为AB的中点,所以AB=2.故选A. 3.C　解析 如图,沿着侧棱VA把正三棱锥V-ABC展开在一个平面内,如图所示, 则AA'即为△AEF的周长的最小值. 因为∠AVB=∠AVC=∠BVC=30°, 所以∠AVA'=3×30°=90°.在△VAA'中,VA=VA'=8,由勾股定理得,AA'==8.故选C. 4.B　解析 ∵圆柱和圆锥的底面半径相等,∴可设圆柱和圆锥的底面半径为r. 又圆柱和圆锥的高均为, ∴圆柱的侧面积为2πr·,圆锥的侧面积为πr·=πr·.又圆柱和圆锥的侧面积相等,∴2πr·=πr·,∴r2=9.∴圆锥的体积为·πr2··π·9·=3π. 5.B　解析 设上底面的半径为r,则下底面的半径为2r,母线长为3r,故4==2r,得r=,故圆台的体积为×4×[π()2+π(2)2+π××2]=.故选B. 6.B　解析 如图所示,等腰四面体A-BCD的体积等于长方体体积减去四个三棱锥的体积. 设长方体长,宽,高分别为a,b,c,则等腰四面体A-BCD的体积V=abc-4×abc=4.故选B. 7. C　解析 由题意可知,圆锥的轴截面是边长为2r的正三角形,则圆锥的高SO=r,如图. 易知,△SO1M∽△SOB,可得,则SO1=SO,∴OO1=SO=,圆柱侧面积S1=2π·πr2,圆锥侧面积S2=·2πr·2r=2πr2,则.故选C. 8.D　解析 因为半径为1的球与正三棱柱的各个面均相切,所以正三棱柱的高h=2. 又底面正三角形的内切圆半径为1,则底面正三角形的外接圆半径r==2,所以该正三棱柱外接球半径为R=,所以外接球的表面积为4πR2=20π.故选D. 9.ACD　解析 对于A,由题可得,OA==5 cm,SO==5 cm,故A正确;对于B,几何体的表面积为102+4×10×5+4××102=(100+200+100)cm2,故B错误;对于C,该几何体的体积为102×5×102×5 cm3,故C正确;对于D,观察图形知,小蚂蚁从点E爬行到点S的最短路径为沿表面越过棱AB或AD,到达点S. 不妨将长方形EFBA及正三角形SAB置于同一平面内,连接SE,如图. 取EF中点M,连接SM,则SI=5,故SM=5+5. 又EM=5, 所以最短路程为SE= cm,故D正确.故选ACD. 10.1　解析 如图,因为正方体ABCD-A1B1C1D1中,D1A1⊥平面AA1B1B,所以D1A1⊥平面A1MN.所以·A1D1=(2×2-×1×2×2-×1×1)×2=×2=1. 11.　1　解析 设圆锥的底面半径为r,球的半径为R.因为圆锥的轴截面为正三角形,所以圆锥的高h=r,母线长l=2r.由题可知h=2R,所以球的半径R=r,所以圆锥的体积V1=×π×r2×r=πr3,球的体积V2=πR3=π×(r)3=πr3,所以.圆锥的表面积S1=πrl+πr2=3πr2,球的表面积S2=4πR2=4π×(r)2=3πr2,所以=1. 12.　解析 过点D1作D1H⊥AD于点H,则D1H∥A1A. 因为AA1⊥平面ABCD,所以D1H⊥平面ABCD. 在Rt△D1DH中,DD1=2,DH=2-1=1,可得D1H=,从而棱台的高A1A=D1H=,所以四棱台的体积为V=(S'++S)h=×(1+2+4)×. 13.C　解析 如图,甲、乙两个圆锥的侧面展开图刚好拼成一个圆,设圆的半径(即圆锥的母线长)为3,则圆的周长为6π,甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1,r2,高分别为h1,h2,则2πr1=4π,2πr2=2π,则r1=2,r2=1,由勾股定理得,h1=,h2=2,所以.故选C. 14.D　解析 如图,设圆锥底面半径为r,则,即O'B'=, 所以水的体积为πr2×3-π()2×1=πr2. 将圆锥倒置后,水的体积不变,所以πO1×PO1=πr2. 又,即O1B1=,代入可得,π()2×PO1=πr2,解得PO1=.故选D. 15.C　解析 正四面体的内切球与其外接球球心重合, 如图,正四面体ABCD内切球与外接球球心O在高AO1上,则OO1是正四面体ABCD内切球半径,OA是正四面体ABCD外接球半径. 由正四面体ABCD的内切球的表面积为4π,得OO1=1. 令AB=a,BO1=a×a,AO1=a,BO=AO=a-1.在Rt△BOO1中,(a-1)2-(a)2=1,解得a=2,AO=3,所以该正四面体的外接球的体积V=OA3=36π.故选C. 16.　解析 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面A1B1C1,故A1E为三棱锥E-A1B1P的高. 设AE=A1P=t,t∈(0,2),则A1E=2-t. 因为∠BAC=,则AB⊥AC,故A1B1⊥A1C1,则A1P×A1B1=t,故·A1E=t(2-t)=-(t-1)2+,故当t=1时,三棱锥B1-A1PE的体积有最大值. 学科网（北京）股份有限公司 $