主题3 第7章 第1节 基本立体图形、直观图及其简单几何体的表面积和体积（配套练习Word版）-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课时作业（北师大版）

**基本信息** 以立体几何核心概念为起点，通过定义辨析、公式应用、补形转化等方法构建从基础到综合的解题体系，强化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| |----|-----------|----------|----------| |基础概念|题1-2|定义判断法、斜二测画法还原|从旋转体定义到直观图性质，构建概念认知框架| |表面积体积|题3-9|公式法、补形法、函数求最值|由单一几何体到组合体（陀螺、沙漏），实现公式迁移与应用| |球与组合体|题10-12|外接球直径法、内切球体积分割法|结合正方体、四棱锥，深化空间几何量关系推理| |截面与翻折|题13-14|截面延展法、翻折后空间直角坐标系构建|从静态截面到动态翻折，培养空间想象与数学表达能力|

[必修第二册＋选择性必修第一册]　第七章　立体几何与空间向量 课时冲关40　基本立体图形、直观图及其简单几何体的表面积和体积 [基础训练组] 1．以下命题： ①以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台； ②圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面； ③一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台． 其中正确命题的个数为(　　) A．0　　　 B．1 C．2　　　 D．3 解析：B　[由圆台的定义可知①错误，②正确．对于命题③，只有平行于圆锥底面的平面截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，③不正确．] 2．如图，△A′O′B′是水平放置的△AOB的直观图，但部分图象被茶渍覆盖，已知O′为坐标原点，顶点A′、B′均在坐标轴上，且△AOB的面积为12，则O′B′的长度为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：B　[画出△AOB的原图为直角三角形，且OA＝O′A′＝6， 因为OB×OA＝12，所以OB＝4，所以O′B′＝OB＝2. ] 3．冰嘎别名冰尜，是东北民间少年儿童游艺品，俗称“陀螺”．通常以木镟之，大小不一，一般径寸余，上端为圆柱形，下端为锥形．如图所示的是一个陀螺立体结构图．已知B，C分别是上、下底面圆的圆心，AC＝6，AB＝2，底面圆的半径为2，则该陀螺的表面积为(　　) A．(24＋4)π B．(20＋4)π C．(24＋)π D．(20＋)π 解析：B　[由底面圆的半径为2，得底面圆的面积为π×22＝4π， 又知AC＝6，AB＝2，则BC＝6－2＝4， 得圆柱的高BC等于母线长，且圆柱的母线长为4，已知圆锥的高AB为2，圆的半径为2，则圆锥的母线长为＝2，则陀螺的表面积为π×2×2＋π×22＋2π×2×4＝(20＋4)π.] 4．如图，某沙漏由上、下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为16，当细沙全部在上面的圆锥内时，其高度为圆锥高度的(中间衔接的细管长度忽略不计)．当细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆，则此沙堆的侧面积为(　　) A．4π B．8π C．32π D．16π 解析：D　[细沙在上部容器时的体积V＝×π×42×8＝，流入下部后的圆锥形沙堆底面半径为8，设高为h1， 则×π×82·h1＝，所以h1＝2， 下部圆锥形沙堆的母线长l＝＝2， 故此沙堆的侧面积S侧＝π×8×2＝16π.] 5．已知某正六棱柱的体积为6，其外接球体积为，若该正六棱柱的高为整数，则其表面积为(　　) A．6＋18 B．3＋18 C．6＋24 D．3＋24 解析：D　[设该正六棱柱的底面边长为a，高为h，其外接球的半径为R，易知πR3＝π，则R＝＝，①且a2·6·h＝6，② 联立①②，因为h∈Z，解得a＝1，h＝4， 所以所求正六棱柱的表面积S＝a2·12＋6ah＝3＋24.] 6．(多选)某工厂生产出一种机械零件，如图所示，零件的几何结构为圆台O1O2，在轴截面ABCD中，AB＝AD＝BC＝4 cm，CD＝2AB，则下列说法正确的有(　　) A．该圆台的高为 cm B．该圆台轴截面面积为12 cm2 C．该圆台的体积为 cm3 D．一只蚂蚁从点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10 cm 解析：BCD　[如图，作BE⊥CD交CD于点E，易得CE＝＝2，则BE＝O1O2＝＝2，则圆台的高为2 cm，A错误； 圆台的轴截面面积为(4＋8)×2＝12 cm2，B正确；圆台的体积为V＝π(4＋16＋8)×2＝π cm3，C正确；将圆台一半侧面展开，如图中ABCD，设P为AD中点，圆台对应的圆锥一半侧面展开为扇形COD，由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为8 cm，底面半径为4 cm，侧面展开图的圆心角为θ＝＝π，连接CP，可得∠COP＝90°，OC＝8，OP＝4＋2＝6，则CP＝＝10，所以沿着该圆台表面从点C到AD中点的最短距离为10 cm，故D正确．] 7．(多选)折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征(如图1)．图2是一个圆台的侧面展开图(扇形的一部分)，若两个圆弧DE，AC所在圆的半径分别是3和9，且∠ABC＝120°，则该圆台的(　　) A．高为4 B．体积为π C．表面积为34π D．上底面积、下底面积和侧面积之比为1∶9∶22 解析：AC　[设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，则2πr＝×2π×3,2πR＝×2π×9，解得r＝1，R＝3.圆台的母线长l＝6，圆台的高为h＝＝4，则选项A正确；圆台的体积＝π×4×(32＋3×1＋12)＝π，则选项B错误；圆台的上底面积为π，下底面积为9π，侧面积为π(1＋3)×6＝24π，则圆台的表面积为π＋9π＋24π＝34π，则C正确；由前面可知上底面积、下底面积和侧面积之比为1∶9∶24，则选项D错误．] 8．(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， 将正四棱台ABCD­A1B1C1D1补成正四棱锥，则AO＝， SA＝2，OO1＝， 故V＝(S1＋S2＋)h， V＝(22＋12＋)×＝. 答案： 9．如图，某款酒杯的容器部分为圆锥，且该圆锥的轴截面是面积为16 cm2的正三角形，若在该酒杯内放置一个圆柱形冰块，要求冰块高度不超过酒杯口高度，则圆柱冰块的侧面积的最大值为________ cm2. 解析：设该圆锥的轴截面正三角形的边长为a，由该圆锥轴截面的面积为16，得a2sin 60°＝16，所以a＝8，所以该圆锥底面圆半径为4，高为4. 设圆锥中放置的圆柱的底面圆半径为x，高为h，其中0<x<4,0<h<4. 如图所示， 由CD∥OB，可得＝，即＝， 所以h＝(4－x)． 所以圆柱冰块的侧面积为S＝2πx·h ＝2πx·(4－x)＝－2π(x－2)2＋8π. 由二次函数的性质可得， 当x＝2时，S＝8π最大． 答案：8π 10．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，棱长AB＝1，过点A1的平面α与正方体的面相交，交线围成一个正三角形． (1)在图中画出这个正三角形(不必说明画法和理由)； (2)平面α将该正方体截成两个几何体，求体积较大的几何体的体积和表面积． 解：(1)连接A1D，A1B，BD，则△A1BD为所求三角形(作法不唯一)，如图所示． (2)平面α将正方体截成三棱锥A1­ABD和多面体BCD­A1B1C1D1两部分， 因此体积较大的几何体是多面体 BCD­A1B1C1D1，其体积为， 由BD＝，得＝， 又S△BCD＝×1×1＝， 故多面体BCD­A1B1C1D1的表面积为＋×3＋1×3＝＋. [能力提升组] 11．在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，且PA＝3，AB＝4，则四棱锥P­ABCD外接球与内切球的表面积之比为(　　) A. B．10 C. D．11 解析：C　[设四棱锥P­ABCD外接球与内切球的半径分别为R，r，由底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD， 则PC即为外接球直径， 则R＝＝. 设内切球球心为O，因为VP­ABCD＝VO­ABCD＋VO­PAB＋VO­PAD＋VO­PBC＋VO­PCD， 又VP­ABCD＝×42×3＝16，PB＝PD＝＝5， 四棱锥P­ABCD的表面积S＝42＋×3×4× 2＋×4×5×2＝48，所以r＝＝1， 故四棱锥P­ABCD外接球与内切球的表面积之比为＝.] 12．(多选)如图，球O被一个距离球心d(d＞0)的平面截成了两个部分，这两个部分都叫作球缺，截面叫作球缺的底面，球缺的曲面部分叫作球冠，垂直于截面的直径被截后所得的线段叫作球缺的高．球冠的面积公式为S＝2πRH，球缺的体积公式为V＝π(3R－H)H2，其中R为球的半径，H为球缺的高，记两个球缺的球冠面积分别为S1，S2(S1＜S2)，两个球缺的体积分别为V1，V2(V1＜V2)，则下列结论正确的是(　　) A．若d＝R，则两个球缺的底面面积均为πR2 B．若＝，则＝ C．若d≥，则≤ D．若d≤，则≥ 解析：BCD　[对于A，设这两个球缺的底面圆半径为r，则r2＋d2＝R2， 因为r2＋d2＝R2，d＝R，解得r2＝R2，该圆的面积为πR2，A错误； 对于B，设两个球缺的高分别为h1，h2(h1＜h2)，则h1＋h2＝2R. 由＝，得＝，则h2＝3h1， 所以h1＋3h1＝2R，解得h1＝，h2＝R. V1＝π(3R－h1)·h＝π·2＝，同理得V2＝， 所以＝，B正确； 对于C，＝＝＝＝.设＝x，由≤d＜R，得1＜x≤3，则＝＝1－∈，C正确； 对于D，＝ ＝＝ ＝. 由d≤，得x≥3.设函数f(x)＝，则f′(x)＝ f′(x)＞0在[3，＋∞)上恒成立， 即f(x)在[3，＋∞)上单调递增， 所以f(x)≥f(3)＝，即≥，D正确．] 13．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为6，E，F分别是A1D1，AA1的中点，平面CEF截正方体所得的截面为多边形，则此多边形的边数为________，截面多边形的周长为________． 解析：延长EF交DA的延长线于点M，连接MC交AB于点N, 延长FE与DD1的延长线相交于点P，连接PC交C1D1于Q，连接EQ, 则五边形EFNCQ即为平面CEF截正方体所得的截面．如图所示， 　 则有A1F＝FA＝AM＝3， 又因为△MAN与△MDC相似，所以＝，解得AN＝2，所以FN＝＝，NC＝＝2，同理可得QD1＝2，QC1＝4，所以QC＝＝2，EQ＝＝，又因为EF＝＝3，所以五边形EFNCQ的周长为6＋3. 答案：5　6＋3 14．如图，D，E，F分别是边长为4的正三角形三边CA，AB，BC的中点，将△ADE，△BEF，△CFD分别沿DE，EF，FD向上翻折至与平面DEF均成直二面角，得到几何体ABC­DEF.则二面角C­AB­E的余弦值为________；几何体ABC­DEF的外接球表面积为________． 解析：取DE的中点P，EF的中点M，故AP⊥DE，BM⊥EF，根据面面垂直的性质可得AP⊥平面DEF，BM⊥平面DEF，故AP∥BM，且AP＝BM，故矩形APMB.所以AB＝PM＝FD＝1.根据图形的对称性，易得△ABC为正三角形， 取AB中点G，因为EA＝EB，CA＝CB，则CG⊥AB，EG⊥AB，则二面角C­AB­E为∠CGE，且GE＝＝＝，作GN⊥PM，易得GN＝AP＝，且∠CGE＝∠CGN＋∠NGE，NE＝＝＝，故cos∠CGE＝cos(∠OGE＋90°)＝－sin∠NGE＝－＝－，即二面角C­AB­E的余弦值为－. 设几何体ABC­DEF的外接球球心为O，设△ABC中心为H，△DEF中心为Q，易得H，O，Q三点共线，如图， 设外接球半径OC＝OD＝R，根据正三角形中的关系，CH＝，DQ＝.因为OH＋OQ＝HQ＝，则＋＝，即＋＝，即R2－＝3＋R2－－2·，故2＝2·，解得R2＝，故外接球表面积为S＝4πR2＝. 答案：－　 学科网（北京）股份有限公司 $