基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 课时突破练课件-2027届高考数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“基本立体图形及简单几何体的表面积与体积”专题，依据高考评价体系梳理了空间几何体结构特征、表面积体积计算、直观图及外接球等核心考点，通过真题分析明确体积计算、截面问题等高频考点权重，归纳选择、填空、解答题等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题演练+分层突破+素养提升”策略，如以圆台体积计算、三棱锥外接球问题为典型，运用轴截面法和公式法培养学生空间观念与运算能力。设基础到素养三级训练，教师可依托此精准指导，助力学生掌握解题技巧，高效冲刺高考。

数 学 构建知识体系 形成关键能力 提高学科素养 精准高效备考 高考能力梯级集训 课时突破练43　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 基础•满分练 1.(2025·江苏盐城期中)下列说法正确的是(　　) A.三点确定一个平面 B.和两条异面直线都相交的两条直线必定是异面直线 C.水平放置的矩形的直观图是平行四边形 D.以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥 C 课时突破练43　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析:对于A,共线的三点不能确定一个平面,故A错误;对于B,和两条异面直线都相交的两条直线可能是相交直线,故B错误;对于C,由斜二测画法规则知,水平放置的矩形的直观图是平行四边形,故C正确;对于D,以直角三角形的斜边为轴旋转一周所得的旋转体是两个圆锥的组合体,故D错误.故选C. 课时突破练43　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2.(2026·陕西开学考试)用一个平面去截一个几何体,如果截面的形状是长方形,那么这个几何体不可能是(　　) A.圆锥 B.圆柱 C.五棱柱 D.正方体 A 课时突破练43　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3.(2026·广西南宁高三开学考试)已知圆台的下底面积是上底面积的4倍,且下底面半径为2,母线长为,则圆台的体积为(　　) A.2π B. C. D.10π B 解析:由圆台的下底面积是上底面积的4倍,则圆台的下底面半径是上底面半径的2倍,又下底面半径为2,则上底面半径为1,而母线长为,所以圆台的高为=2,其体积为2×(12+1×2+22)=故选B. 课时突破练43　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 4.(2026·湖北孝感模拟)如图,已知△OAB的平面直观图是等腰直角△O'A'B',且∠O'A'B'=,O'B'=2,则△OAB的面积是(　　) A.2 B. C.1 D. A 课时突破练43　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析:因为△O'A'B'是等腰直角三角形,O'B'=2,所以O'A'=A'B'=,且OB=O'B'=2,OA⊥OB,OA=2O'A'=2,所以原平面图形的面积是2×2=2故选A. 课时突破练43　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 5.(2025·北京海淀一模)已知A4纸的长宽比约为∶1.现将一张A4纸卷成一个圆柱的侧面(无重叠部分),当该圆柱的高等于A4纸的长时,设其体积为V1,轴截面的面积为S1;当该圆柱的高等于A4纸的宽时,设其体积为V2,轴截面的面积为S2,则(　　) A.V1=V2,S1=S2 B.V1≠V2,S1=S2 C.V1=V2,S1≠S2 D.V1≠V2,S1≠S2 B 课时突破练43　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析:不妨设A4纸的长、宽分别为,1,当圆柱的高等于A4纸的长,即圆柱高为时,设其底面圆半径为r1,则2πr1=1,解得r1=,故V1=h=π×()2,此时矩形轴截面的两条边长分别为2r1=,h=,故S1=2r1h=;当圆柱的高等于A4纸的宽时,也即圆柱高为1时,设其底面圆半径为r2,则2πr2=,解得r2=,故V2=h=π×()2×1=,此时矩形轴截面的两条边长分别为2r2=,h=1,故S2=2r2h=;综上所述, V1==V2,S1=S2.故选B. 课时突破练43　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 6.(多选)(2025·云南昆明期中)圆台的上、下底面半径分别为1和2,它的侧面展开所得的扇环所对的圆心角为180°,则圆台的(　 　) A.母线长为2 B.表面积为11π C.高为 D.体积为2 ABC 课时突破练43　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析:如图所示,设圆台的上底面周长为C,因为扇环所对的圆心角为180°,所以C=π·SA,又C=1×2π,所以SA=2,同理SB=4,故圆台的母线AB=SB-SA=2,高h=,体积V=(12+1×2+22)=,表面积S=π(1+2)×2+π+4π=11π,故A,B,C正确,D错误.故选ABC. 课时突破练43　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 7.(2025·湖北武汉二模)如图所示,过三棱台上底面的一边A1C1,作一个平行于棱BB1的截面,与下底面的交线为DE.若D,E分别是AB,BC的中点,则=　　　　　. 课时突破练43　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析:因为BB1∥平面DEC1A1,且平面BB1C1C∩平面DEC1A1=C1E,所以BB1∥C1E,又因为B1C1∥BE,所以四边形BB1C1E为平行四边形,所以B1C1=BE,且E分别是BC的中点,所以B1C1=BC,同理A1B1=AB,因此S△ABC,设上底面的面积为S,高为h,则下底面的面积为4S,所以 课时突破练43　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 8.(13分)(2025·浙江温州期末)正四棱台的上、下底面边长分别为2和4,侧棱长为4. (1)求其表面积; (2)求其体积. 解:(1)正四棱台由四个全等的等腰梯形和两个正方形组成, 因为正四棱台的上下底面边长分别为2和4,侧棱长为4,可得等腰梯形的高为,则等腰梯形的面积为=3,所以正四棱台表面积为S=22+42+4×3=20+12 课时突破练43　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (2)如图,在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,点O1,O分别为上、下底面的中心, 连接OA,O1A1,OO1, 则O1O⊥底面ABCD,且OA=2,O1A1=,过点A1 作A1E∥OO1交AO于点E,则A1E⊥底面ABCD,可得 四边形OEA1O1为矩形,且OE=O1A1=,所以AE=2, 因为AA1=4,所以A1E=O1O=,即正四棱台的高为,所以正四棱台的体积为V=(4+16+)=(20+8)= 课时突破练43　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 能力•高分练 9.(原创)我国元代瓷器元青花团菊花纹小盏如图所示,撇口,深弧壁,圈足微微外撇,底心有一小乳突.器身施白釉,以青花为装饰,釉质润泽,底足露胎,胎质致密.碗内口沿饰有一周回纹,内底心书有一文字,碗外壁绘有一周缠枝团菊纹,下笔流畅,纹饰洒脱.该元青花团菊花纹小盏口径8.4厘米,底径2.8厘米,高4厘米,它的形状可近似看作一个圆台,则该圆台的体积约为(　　)(单位:立方厘米) A.31π B.32π C.33π D.34π D 课时突破练43　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析:设该圆台的上底面、下底面的半径分别为R,r,由题意R=4.2,r=1.4.则该圆台的体积为4×(4.22+1.42+4.2×1.4)=34π立方厘米.故选D. 课时突破练43　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 10.(2025·河南焦作三模)我们把几何体的表面积与体积之比称为“相对积”.已知三棱锥O-ABC中,AB=3,D,E,F分别在棱OA,OB,OC上,且截面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　　　　　. 课时突破练43　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析: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=()2,=()2, 则=()3==()2=,则三棱锥O-ABC 与三棱锥O-DEF的“相对积”之比为 课时突破练43　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 11.(2026·湖北武汉模拟)在三棱锥P-ABC中,PA=PB=PC,AB=3,BC=4,AC=5,若三棱锥P-ABC外接球的表面积为169π,则该三棱锥P-ABC的体积为　　　　　. 25或1 课时突破练43　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析:因为AB=3,BC=4,AC=5,所以AB2+BC2=AC2,所以AB⊥BC,即△ABC为直角三角形,其外接圆的圆心M为斜边AC的中点,如图所示,因为PA=PB=PC,所以点P在平面ABC上的投影为△ABC的外心M,连接PM,根据球的性质可知三棱锥P-ABC外接球的球心O在PM上,连接OA,OB,OC,设三棱锥P-ABC外接球的半径为R,则OA=OB=OC=OP=R,因为球的表面积为4πR2=169π,所以R=,因为OM==6, 课时突破练43　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 所以该三棱锥P-ABC的高为PM=OM+OP=6+ 或PM=OP-OM=-6=, 所以该三棱锥P-ABC的体积为3×4=25或3×4=1. 课时突破练43　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 12.(15分)(2025·辽宁模拟)如图所示,某模型无下底面,有上底面,其外观是圆柱,底部挖去一个圆锥.已知圆柱与圆锥的底面大小相同,圆柱的底面直径为12 cm,高为20 cm,圆锥母线长为10 cm. (1)求该模型的体积; (2)现要用油漆对500个这种模型进行粉刷,油漆费用为每平方米30元,求总费用. 课时突破练43　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解:(1) 如图所示,由题可知AB=12 cm,PA=PB=10 cm,OO1=20 cm. 所以在Rt△POA中,PO==8, 所以该圆柱的体积为V圆柱=OO1·π·OA2=20×36π=720π(cm3), 截去的圆锥的体积为V圆锥=PO·π·OA2=8×36π=96π(cm3), 故该模型的体积为V=V圆柱-V圆锥=720π-96π=624π(cm3). 课时突破练43　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (2)由题可知该圆柱的侧面积为S1=OO1·2π·OA=20×12π=240π(cm2),圆柱的上底面的面积为S2=π·OA2=36π(cm2), 圆锥侧面积为S3=PA·2π·OA=10×12π=60π(cm2), 故该模型的表面积为S=S1+S2+S3=240π+36π+60π=336π(cm2),所以油漆的总费用为=504π元. 课时突破练43　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 13.(原创)如图,装满水的圆台形容器内放进半径分别为2和4的两个铁球,小球与容器底和容器壁均相切,大球与小球、容器壁、水面均相切,此时容器中水的体积为　　　　　. 素养•提升练 72π 课时突破练43　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析:作几何体的轴截面图如图,M,N分别是大球和小球的球心,Q是圆台的轴截面等腰梯形ABCD两腰AD和BC的延长线的交点,G,H分别是球M和球N与圆台侧面的切点,E,F分别是与圆台上下底面的切点,则GM⊥AQ,NH⊥AQ,QE⊥AB,QF⊥CD,且GM=EM=4, NH=NF=2,EF=12.过N点作NK∥AQ交GM于K,显然 NK⊥GM,所以四边形NHGK为矩形,且MN=6, MK=MG-KG=MG-NH=2,所以在直角三角形MNK中, sin∠MNK=,由同角三角函数关系式得cos∠MNK=,tan∠MNK=, 课时突破练43　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 又由NK∥AQ,所以∠MNK=∠EQA,所以sin∠EQA=,tan∠EQA=,在直角三角形NHQ中,NH=2,得NQ==6,所以FQ=NQ-NF=6-2=4,又在直角三角形DFQ中,DF=FQ·tan∠EQA=,同理在直角三角形EQA中, EQ=EF+FQ=12+4=16,AE=EQ·tan∠EQA=4所以圆台的上底面半径AE=4,下底面半径DF=,高EF=12.所以圆台的体积V=EF(AE2+AE·DF+DF2)=168π.而球M的体积VM=43=,球N的体积VN=23=所以容器中水的体积V'=V-VM-VN=168π-= 72π. 课时突破练43　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积 $