第7章 第1讲 基本立体图形及其表面积与体积 课后检测能力达标(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学

**基本信息** 以空间几何体为核心，通过补形法、展开图等方法体系，系统覆盖结构特征、表面积体积计算及位置关系，培养空间观念与几何直观。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |结构与性质|1-2题|几何体定义辨析、直观图复原|从结构特征到性质应用，如球的截面、直平行六面体判定| |表面积体积|3-5,7-11题|补形法、割补法、公式法|轴截面转化平面几何，基本量（半径、高）计算表面积体积| |位置关系与体积|6,13题|线面平行性质、等体积法|利用空间位置关系判定体积定值，如B₁C₁∥平面A₁BC| |展开与路径|12题|侧面展开图法|曲面问题转化为平面最短路径，应用扇形弧长关系|

1．(2026·临汾模拟)已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为个圆，则该圆锥的母线长为(　　) A．4 B．2 C．4 D．8 解析：选C.设圆锥的母线长为l，底面半径为r，由题意得πrl＝πl2，解得l＝4r，因为r＝，所以l＝4. 2．下面关于空间几何体的叙述正确的是(　　) A．用任何平面去截一个球，所得截面不一定都是圆 B．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形 C．直平行六面体是长方体 D．存在每个面都是直角三角形的四面体 解析：选D.A中，用任何平面去截一个球，所得截面一定是圆，A不正确；B中，当平面与圆柱的母线平行或垂直时，截得的截面才为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分，B不正确；C中，直平行六面体是平行六面体的侧棱 与底面垂直，所以底面可以是平行四边形，它不是长方体，C不正确；D中，如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中的四面体C1-ABC的四个面都是直角三角形，D正确． 3．(2026·石家庄质检)已知正四棱锥底面边长为2，且其侧面积是底面积的2倍，则此正四棱锥的体积为(　　) A. B． C． D．2 解析：选C.如图，设正四棱锥P-ABCD的高PO＝h，△PBC的高PE＝h′，则×2×h′×4＝2×22，解得h′＝2，所以在Rt△POE中h＝＝，所以正四棱锥的体积V＝×4×＝. 4．(2025·昆明“三诊一模”)已知圆锥的底面半径为，高为2，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，若点A，B，C，D在该圆锥的侧面上，点A1，B1，C1，D1在该圆锥的底面上，则a＝(　　) A．2 B． C．1 D． 解析：选C.在圆锥SO中，EF为圆锥底面直径，正方体的棱长为a，设点O1为正方体上底面的中心， 过圆锥的顶点S和正方体底面的一条对角线A1C1作圆锥的截面，如图所示，则O1C＝a，AC∥EF，则有＝，因为圆锥的底面半径为，高为2，所以＝，解得a＝1. 5．(2026·南充开学考)已知梯形ABCO按斜二测画法得到的直观图为如图所示的梯形A′B′C′O′，且A′B′＝1，O′A′＝2，O′C′＝4，现将梯形ABCO绕OA旋转一周得到一个几何体，则该几何体的侧面积为(　　) A．15π B．18π C．25π D．28π 解析：选C. 由题意将梯形A′B′C′O′复原为直角梯形ABCO，其中AB＝1，OA＝4，OC＝4，则BC＝＝5.将梯形ABCO绕OA旋转一周得到的几何体为圆台，则圆台上底面半径为1，下底面半径为4，高为4，母线长为5，所以该几何体的侧面积为π(1＋4)×5＝25π. 6．(2026·松江模拟)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1＝1，动点P满足＝λ＋，λ∈(0，1)，则下列几何体体积为定值的是(　　) A．四棱锥PA1ABB1 B．四棱锥P-A1ACC1 C．三棱锥P-A1BC1 D．三棱锥P-A1BC 解析：选D.对于正三棱柱ABC-A1B1C1，且＝λ＋，λ∈(0，1)，则P在线段B1C1上运动(不包括B1，C1)，所以P到平面A1ABB1、平面A1ACC1、平面A1BC1的距离均是变化的，棱锥底面积都是定值，故A，B，C不符合题意；由B1C1∥BC，BC⊂平面A1BC，B1C1⊄平面A1BC，则B1C1∥平面A1BC，所以P到平面A1BC的距离为定值，且底面A1BC的面积是定值，所以三棱锥P-A1BC的体积为定值，D符合题意． 7．(多选)(2026·中山月考)斗笠是遮阳挡雨的帽子，有很宽的边沿，用竹篾、箭竹叶为原料编织而成，以竹青细篾加藤片扎顶滚边，竹叶夹一层油纸或者荷叶，笠面再涂上桐油．某旅游景点的老手艺人手工编制竹篾尖顶斗笠(斗笠近似看作圆锥)，并在笠面涂上桐油(只涂外表面).已知1 m2的笠面需涂桐油约为kg，且斗笠所在圆锥的底面周长为160 cm，斗笠所在圆锥的高为cm，则(　　) A．斗笠所在圆锥的底面面积为cm2 B．斗笠所在圆锥的体积为cm3 C．斗笠所在圆锥的母线长为cm D．1 kg的桐油，大约可涂刷50个斗笠 解析：选BCD.设斗笠所在圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，则2πr＝160 cm，r＝cm，所以斗笠所在圆锥的底面面积S底＝πr2＝cm2，故A错误； 斗笠所在圆锥的体积V＝S底h＝××＝cm3，故B正确； 因为r＝cm，h＝cm， 所以l＝＝cm，故C正确； 斗笠所在圆锥的侧面积S侧＝πrl＝π××＝cm2. 因为1 kg的桐油大约可涂笠面面积为＝m2，所以1 kg的桐油大约可涂刷斗笠的个数为＝50，故D正确． 8．(2025·上海卷)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，BD＝4，DB1＝9，则该正四棱柱的体积为________． 解析：因为BD＝4且四边形ABCD为正方形，故BA＝4，而DB1＝9，故BB＋BD2＝81，故BB1＝7，故所求体积为7×16＝112. 答案：112 9．(2026·南京调研)用与圆柱底面成45°角的平面截圆柱得到如图所示的几何体．截面上的点到圆柱底面距离的最大值为4，最小值为2，则该几何体的体积为________． 解析：方法一(补形法)：如 图1，将一个相同的几何体反过来盖在原几何体上，得到一个圆柱，其体积为原几何体体积的2倍，由题意易得，圆柱的底面直径为2，高为4＋2＝6，故原几何体的体积为×π×12×6＝3π. 方法二(割补法)：将几何体上半部分按图2所示割补，得到一个圆柱，其体积等于原几何体的体积．由题意，易得圆柱的底面直径为2，高为3，故原几何体的体积为π×12×3＝3π. 答案：3π 10．如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上、下两部分是两个相同的圆柱，中间是球面除去上下两个相同球冠剩下的部分．如图2，球冠是球面被平面截得的一部分，垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球面的半径为R，球冠的高为h，则球冠的面积S＝2πRh.如图1，已知该灯笼的高为58 cm，圆柱的高为5 cm，圆柱的底面圆直径为14 cm，则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为(　　) A．1 940π cm2 B．2 350π cm2 C．2 400π cm2 D．2 540π cm2 解析：选C.由题意得，R2－()2＝72，所以R＝25 cm，所以h＝25－＝1(cm)，所以两个球冠的面积为2S＝2×2πRh＝2×2×π×25×1＝100π(cm2)，则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为4πR2－2S＝4×π×252－100π＝2 400π(cm2). 11．(2026·揭阳月考)中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种被称为“曲池”的几何体，该几何体为上、下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分).现有一个如图所示的“曲池”，其高为3，AA1与底面垂直，底面扇环所对的圆心角为，的长度为长度的3倍，且线段AB＝CD＝2，则该“曲池”的体积为(　　) A． B．5π C． D．6π 解析：选D.设对应圆的半径为R，对应圆的半径为r，“曲池”的高为h. 因为，所对的圆心角相同，设为α，所以由弧长公式可知，l＝αR，l＝αr， 又的长度为长度的3倍，所以R＝3r. 因为AB＝CD＝R－r＝2，所以R＝3，r＝1， 所以“曲池”的体积V＝(πR2h－πr2h)＝×(32－12)×3＝6π. 12．(多选)某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台O1O2，在轴截面ABCD中，AB＝AD＝BC＝2 cm，且CD＝2AB，则(　　) A．该圆台的高为1 cm B．该圆台轴截面面积为3 cm2 C．该圆台的体积为 cm3 D．一只小虫从点C沿着该圆台的侧面爬行到AD的中点，所经过的最短路程为5 cm 解析：选BCD.对于A，如图1，过点B作BE⊥CD于点E，则CE＝＝1， 所以BE＝＝＝，即圆台的高为 cm，故A不正确； 对于B，圆台的轴截面面积为×(2＋4)×＝3(cm2)，故B正确； 对于C，圆台的体积为××(π＋4π＋)＝(cm3)，故C正确； 对于D，将该圆台侧面的一半展开，得到如图2所示的扇环ADCB，再将其补成扇形PDC，则长为2π，半径PC长为4，所以圆心角∠CPD＝，取AD的中点为M，连接CM，则从点C沿着该圆台的侧面爬行到AD的中点M的最短路程即扇环中线段CM的长，CM＝＝＝5(cm)，故D正确． 13．(13分)如图，在 正四棱锥P-ABCD中，AB＝2，PO＝3，其中O为底面中心，M为PD上靠近P的三等分点． (1)求四棱锥P-ABCD的表面积；(6分) (2)求四面体M-ACP的体积．(7分) 解：(1)取BC的中点E，连接PE，EO，则∠POE＝90°，所以OE＝AB＝1，PE＝＝. 因为PB＝PC，所以PE⊥BC， 所以S△PAB＝S△PBC＝S△PCD＝S△PAD＝BC×PE＝，S正方形ABCD＝AB×BC＝4，所以四棱锥P-ABCD的表面积为4S△PBC＋S正方形ABCD＝4＋4. (2)因为AB＝2，PO＝3，所以V三棱锥P－ADC＝PO·S△ADC＝×3××2×2＝2， 又M为PD上靠近P的三等分点， 所以V三棱锥M－ADC＝V三棱锥P－ADC， 则V三棱锥M－ACP＝V三棱锥P－ADC－V三棱锥M－ADC ＝V三棱锥P－ADC＝. 14．(2025·北京卷)某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平行多边形，平面AFR⊥平面ABC，平面CDT⊥平面ABC，AB⊥BC，AB∥EF∥RS∥CD，BC∥DE∥ST∥AF，若AB＝BC＝8，AF＝CD＝4，RA＝RF＝TC＝TD＝，则该多面体的体积为______________________． 解析： 先证明一个结论：如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，平面α∩β＝l，则l⊥γ. 证明如下：设α∩γ＝a，β∩γ＝b，在平面γ取一点O，O∉a，O∉b， 在平面γ内过O作直线m，使得m⊥a，作直线n，使得n⊥b，易证m⊥α，n⊥β，而l⊂α，l⊂β，故m⊥l，n⊥l， 而m∩n＝O，m，n⊂γ，故l⊥γ. 下面回归问题． 连接BE，因为AB⊥BC且AF∥BC， 故AF⊥AB，同理BC⊥CD，EF⊥ED，而AB＝BC＝8，AF＝CD＝4，故直角梯形ABEF与直角梯形CBED全等，故∠BEF＝∠BED＝45°. 在直角梯形ABEF中，过点B作BP⊥EF，垂足为P， 则四边形ABPF为矩形，且△BPE为以∠BPE为直角的等腰直角三角形，故EF＝FP＋PE＝AB＋BP＝AB＋AF＝12. 平面AFR⊥平面ABEF，平面AFR∩平面ABEF＝AF，AF⊥AB， AB⊂平面ABEF，故AB⊥平面AFR，取AF的中点为M，BE的中点为U，CD的中点为V，连接RM，MU，SU，UV，TV， 则MU∥RS，同理可证RM⊥平面ABEF，而RM⊂平面RMUS， 故平面RMUS⊥平面ABEF，同理平面VUST⊥平面ABEF， 而平面RMUS∩平面VUST＝SU，故SU⊥平面ABEF， 故RM∥SU，故四边形RMUS为平行四边形，故MU＝RS＝×(8＋12)＝10. 在平面ABSR中过点B作BH∥AR，交RS于点H，连接HP. 则四边形ABHR为平行四边形，且RH∥AB，RH＝AB，故RH∥FP，RH＝FP，故四边形RFPH为平行四边形， 而BH⊥AB，BP⊥AB，BP∩BH＝B，BP，BH⊂平面BHP，故AB⊥平面BHP，故平面AFR∥平面BHP，而AR＝BH，RF＝HP，AF＝BP，故△ARF≌△BHP， 故几何体ARF-BHP为直三棱柱， 而S△ARF＝×4×＝3， 故V三棱柱ARF-BHP＝8×3＝24，因为AB∥EF，故EF⊥平面ARF，而EF⊂平面RSEF，故平面ARF⊥平面RSEF，在平面ARF中过A作AG⊥RF，垂足为G，同理可证AG⊥平面RSEF，而AG×RF＝3，故AG＝， 故V四棱锥B-HPES＝×××(2＋4)×＝6，由对称性可得该多面体的体积为2×(24＋6)＝60. 答案：60 学科网（北京）股份有限公司 $