2027年高考数学一轮复习 学案练习含答案 009-第一节 基本立体图形及空间几何体的表面积与体积（教用）

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课标要求
1.掌握柱、锥、台、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.
回归教材 强基础
1．空间几何体的结构特征
（1）多面体的结构特征
（2）旋转体的结构特征
【答案】平行四边形； 扇形
2．斜二测画法
【答案】45∘； 原来的一半
3．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
【答案】πrl； π(r1+r2)l
4．柱体、锥体、台体、球的表面积与体积公式
【答案】13S底ℎ； 13(S上+S上S下+S下)ℎ； 4πR2； 43πR3
点拨在求解组合体的表面积时，要注意几何体表面的构成，尤其是重合部分，面积不要多加.
常考结论
用斜二测画法画出的平面图形的直观图的面积与原图形的面积的关系：S直观图=24S原图形，S原图形=22S直观图.
自主评价
1．概念辨析（正确的打“√”，错误的打“×”）.
（1） 有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.（ ）
（2） 用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫棱台.（ ）
（3） 菱形的直观图仍是菱形.（ ）
（4） 锥体的体积等于底面积与高之积.（ ）
【答案】（1） ×
（2） ×
（3） ×
（4） ×
2．（人教A版必修第二册P119例4改编）已知圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的表面积之比为（ ）
A. 1:1B. 2:1C. 3:2D. 2:3
【答案】D
【解析】设球的半径为r，则S圆柱=2πr2+2πr⋅2r=6πr2，S球=4πr2，所以球的表面积与圆柱的表面积之比为4πr2:6πr2=2:3，故选D.
3．长方体ABCD−A′B′C′D′被一个平面截去一部分后如图所示，其中EH//A′D′，则剩下的几何体是（ ）
A. 棱台B. 四棱柱C. 五棱柱D. 简单组合体
【答案】C
【解析】由几何体的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱.
4．易错 某圆锥的母线长为2，底面半径为3，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为_ _ _ _ .
【答案】2
【解析】如图所示，圆锥的轴截面为△ABC.
由题知OC=OB=3,AC=AB=2,
所以∠OAC=π3，∠BAC=2π3，
任意截面△ABD的面积为12×2×2×sin∠BAD=2sin∠BAD,当∠BAD=π2时，截面的面积最大，为2.
易错分析
误认为轴截面的面积最大.
突破核心 提能力
考点一 基本立体图形
角度1 结构特征
例1 （2025·云南昆明模拟）下列说法正确的是（ ）
A. 四棱柱的所有面均为平行四边形
B. 球面上四个不同的点一定不在同一平面内
C. 在圆台的上、下两底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线
D. 在正方体的所有顶点中取4个点，则由这4个顶点可以构成三个面是直角三角形，一个面是等边三角形的四面体
【答案】D
【解析】对于A，四棱柱的底面不一定是平行四边形，故A错误；
对于B，作球的一个截面（图略），在截面的圆周上任意取四个不同的点，则这四点在球面上且在同一平面内，故B错误；
对于C，如图，在圆台OO1的上底面圆周上取点A，在下底面圆周上取点D，连接AD，易知AD不是圆台OO1的母线，所以在圆台的上、下底面圆周上各取一点，则这两点的连线不一定是圆台的母线，故C错误；
对于D，如图，取正方体ABCD−A1B1C1D1的顶点A,B,D,A1，由这四个点构成四面体AA1BD，设AB=a，则AD=AA1=AB=a，A1D=A1B=BD=2a，所以在四面体AA1BD中，△AA1D，△AA1B，△ABD均是直角三角形，△DA1B为等边三角形，故D正确.故选D.
归纳总结
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.
角度2 求几何体的相关元素
例2 已知圆锥的底面半径为2，侧面展开图是圆心角为2π3的扇形，则此圆锥的母线长为_ _ _ _ .
【答案】6
【解析】设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于侧面展开图扇形的弧长，所以2π×2=2π3l，解得l=6.
例3 （2025·全国Ⅱ卷·14，5分）一个底面半径为4cm,高为9cm的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为_ _ _ _ cm.
【答案】2.5
【解析】分三种情况讨论.
设铁球的半径为rcm.
情况一：竖直排列（一个在上，一个在下），则4r≤9，∴r≤2.25;
情况二：水平排列（并排放置），则4r≤8，
∴r≤2;
情况三：斜向排列，截面图如图所示,
由图可知(8−2r)2+(9−2r)2=4r2，
即4r2−68r+145=0,
即(2r−5)(2r−29)=0，
解得r=2.5或r=14.5（舍去）.
综上所述，铁球半径的最大值为2.5cm.
角度3 直观图
例4 （2025·福建莆田模拟）如图，用斜二测画法画出水平放置的四边形ABCD的直观图等腰梯形A′B′C′D′，若A′B′=6，C′D′=4，则下列说法正确的是 （ ）
A. A′D′=22
B. AB=3
C. 四边形ABCD的周长为10+6+2
D. 四边形ABCD的面积为102
【答案】D
【解析】由题设知A′D′=2×A′B′−C′D′2=2，A错误；由斜二测画法知，AB=A′B′=6，CD=C′D′=4，AD=2A′D′=22，易知原四边形ABCD为直角梯形，AD⊥AB,AB//CD，所以BC=AD2+(AB−CD)2=8+4=23，故四边形ABCD的周长为10+23+22，面积为12×22×(4+6)=102，B，C错误，D正确.故选D.
变式．用斜二测画法得到一个水平放置的平面图形OABC的直观图为直角梯形O′A′B′C′，如图所示，其中B′C′=13O′A′，A′B′⊥O′A′，若原平面图形OABC的面积为32，则O′A′=（ ）
A. 2B. 2C. 3D. 32
【答案】D
【解析】解法一：如图所示，根据斜二测画法的规则，得到原平面图形OABC，
设O′A′=x，可得O′B′=2x，则OB=2O′B′=22x，BC=B′C′=x3，OA=O′A′=x，且OB为原平面图形中梯形的高，所以原平面图形OABC的面积为12×(x+x3)×22x=32，解得x=32（负值舍去）.
解法二：由S直观图=24S原图形，可得S直观图=32，设O′A′=x，则B′C′=x3，A′B′=x，根据直角梯形的面积公式得12(x+x3)x=32，解得x=32（负值舍去）.
归纳总结
斜二测画法中的“三变”与“三不变”
（1）“三变”：坐标轴的夹角改变；与y 轴平行的线段的长度改变（减半）；图形改变.
（2）“三不变”：平行关系不变；与x 轴、z轴平行的线段长度不变；相对位置不变.
提醒：对于图形中与坐标轴都不平行的线段，可通过确定端点的办法来作直观图，即过端点作坐标轴的平行线段，再借助平行线段确定端点在直观图中的位置.
角度4 展开图
例5 如图所示，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=3，BC=2，BB1=1，则在长方体的表面上从A到C1的最短路程是_ _ _ _ _ _ .
【答案】32
【解析】长方体ABCD−A1B1C1D1的表面有三种不同的展开方式，如图所示.
依图1展开时，AC′1=(1+2)2+32=32.
依图2展开时，AC′1=(3+2)2+12=26.
依图3展开时，AC′1=(3+1)2+22=25.
三者比较，得从A点沿长方体表面到C1点的最短路程为32.
变式．已知圆锥的高为33cm，底面直径AB的长为6cm，那么从点A出发沿该圆锥的表面到点B的最短路径长为_ _ _ _ cm.
【答案】6
【解析】由题设知，圆锥的底面周长为6πcm，母线长为27+9=6cm，故侧面展开图的圆心角为π ，将圆锥沿过A点的母线展开，得到如下图所示的半径为6cm的半圆，B为半圆弧的中点，
从A到B有两种方式，一种是沿圆锥的侧面，一种是沿圆锥的底面.
若沿侧面，如上图，从点A出发到点B的最短路径长为62+62=62cm；
若沿底面，此时最短路径长为直径长，即6cm.
综上，从点A出发沿该圆锥的表面到点B的最短路径长为6cm.
归纳总结
在解决空间几何体最短距离问题时，一般考虑其展开图，采用化曲为直的策略，将空间问题平面化.
考点二 空间几何体的表（侧）面积
例6 如图，将一个圆柱四等分切割，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大10，则原圆柱的侧面积为（ ）
A. 10πB. 20πC. 100πD. 200π
【答案】A
【解析】设原圆柱的底面半径为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=10，故原圆柱的侧面积为2πrℎ=10π .
例7 某小区花园内有一个圆台形的石碑底座，经测量发现该石碑底座的高为2，上底面半径为3，且上底面圆周上的任意一点的投影均为下底面半径的中点，则这个圆台的表面积为（ ）
A. 913πB. 42π
C. (45+913)πD. 126π
【答案】C
【解析】因为上底面圆周上的任意一点的投影均为下底面半径的中点，且上底面半径为3，所以下底面半径为6，又高为2，所以母线长为32+22=13,故圆台的表面积S=π×(3+6)×13+π×9+π×36=(45+913)π .故选C.
归纳总结
求空间几何体的表（侧）面积的方法
考点三 空间几何体的体积
角度1 直接法求体积
例8 已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积为726，且AB=2A1B1=2，则该正四棱台的高为（ ）
A. 22B. 2C. 2D. 6
【答案】A
【解析】因为正四棱台ABCD−A1B1C1D1的底面为正方形，且AB=2，A1B1=1，所以下底面面积S=AB2=22=4，上底面面积S′=A1B12=12=1.设正四棱台ABCD−A1B1C1D1的高为ℎ，则726=13ℎ(4+4×1+1)，解得ℎ=22.
例9 （2024· 新课标Ⅰ卷·5，5分）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3，则圆锥的体积为（ ）
A. 23πB. 33πC. 63πD. 93π
【答案】B
【解析】设圆锥、圆柱的底面半径为r,圆锥的母线长为l，
则圆锥的侧面积S圆锥侧=πrl，圆柱的侧面积S圆柱侧=2πr⋅3=23πr，
所以23πr=πrl，则l=23，
易知l2=r2+(3)2，所以r=3，
所以圆锥的体积V=13πr2⋅3=33π .
角度2 割补法求体积
例10 如图所示，已知在多面体ABCGDEF中，AB，AC，AD两两垂直，平面ABC//平面DEFG，平面BEF//平面ADGC，AB=AD=DG=2，AC=EF=1，则该多面体的体积为_ _ _ _ .
【答案】4
【解析】解法一（分割法）：如图所示，过点C作CH⊥DG于点H，连接EH，即把多面体ABCGDEF分割成直三棱柱DEH−ABC和斜三棱柱BEF−CHG.
由题意知，V三棱柱DEH−ABC=S△DEH⋅AD=12×2×1×2=2，V三棱柱BEF−CHG=S△BEF⋅DE=12×2×1×2=2.故V多面体ABCGDEF=2+2=4.
解法二（补形法）：如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，显然所求多面体ABCGDEF的体积为正方体ABHI−DEKG体积的一半.
又V正方体ABHI−DEKG=23=8，故V多面体ABCGDEF=12×8=4.
角度3 等体积法求体积
例11 如图所示，已知三棱柱ABC−A1B1C1的所有棱长均为1，且AA1⊥ 底面ABC，则三棱锥B1−ABC1的体积为_ _ _ _ _ _ .
【答案】312
【解析】在△ABC中，BC边上的高为32，即三棱锥A−BB1C1的高为32，又S△BB1C1=12，故VB1−ABC1=VA−BB1C1=13×32×12=312.
归纳总结
求空间几何体的体积的三种方法
多面体
棱柱
棱锥
棱台
图形
底面
互相平行且全等
多边形
互相平行且相似
侧棱
互相平行且相等
相交于一点，但不一定相等
延长线交于一点
侧面形状
_ _ _ _ _ _ _ _
三角形
梯形
旋转体
圆柱
圆锥
圆台
球
图形
母线
互相平行且相等，垂直于底面
相交于一点
延长线交于一点
轴截面
全等的矩形
全等的等腰三角形
全等的等腰梯形
圆面
侧面展开图
矩形
_ _ _ _
扇环
建系
原图形中，x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为_ _ _ _ _ _ ，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直
规则
原图形中平行于坐标轴的线段在直观图中仍平行于坐标轴，平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段在直观图中长度变为_ _ _ _ _ _ _ _
名称
圆柱
圆锥
圆台
侧面展开图
侧面积公式
S圆柱侧=2πrl
S圆锥侧= _ _ _ _ _ _
S圆台侧= _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
几何体
表面积
体积
柱体（棱柱和圆柱）
S表面积=S侧+2S底
V=S底ℎ
锥体（棱锥和圆锥）
S表面积=S侧+S底
V= _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
台体（棱台和圆台）
S表面积=S侧+S上+S下
V= _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
球
S= _ _ _ _ _ _ _ _
V= _ _ _ _ _ _ _ _
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
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边长关系
求不规则几何体的表（侧）面积
通常将所给几何体分割成柱体、锥体、台体，先求出这些柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表（侧）面积