资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
金版开篇——27备考导航　备课授课＋素材资源
【知识构建】
【命题趋势】
　　近几年高考立体几何部分考查趋势相对稳定，试题注重通性通法，淡化解题技巧，题目的设置层次递进有序，难度结构合理，考点重点突出.小题主要考查空间几何体的结构特征、空间几何体的表面积与体积、球与几何体的切与接、空间位置关系的判断等，难度中等或中低等[2025全国一卷T9，2025全国二卷T14].解答题多以空间几何体为载体，前一问考查空间位置关系的证明，后一问考查空间几何量(空间角为主，尤其二面角)的计算，难度中等[2025全国一卷T17，2025全国二卷T17].对直观想象、逻辑推理、数学运算三大数学核心素养要求较高，同时预测立体几何试题仍然会不断创新，会打破以往试题中“一证一算”的模式化形式，题目的设计会在反套路上做文章，可能会融合探索创新、生活实践等情境问题，对学生的批判性思维能力、阅读理解能力、语言表达能力、信息处理能力等方面要求会越来越高.
1.题型设置：常以一个小题和一个大题的形式呈现.
2.内容考查：本章是高考必考内容，常考查空间几何体及其组合体、球的表面积或体积，空间中线、面的位置关系，空间角的求法及应用.
3.能力考查：高考题凸显对直观想象能力、逻辑推理能力、数学运算能力、模型构建能力、数学抽象能力的考查.
【备考策略】
1.明晰重要概念，注重回归数学本质的复习：一是掌握基本立体几何图形(柱体、锥体、台体和球及简单几何体)的结构特征、直观图、表面积与体积的计算公式，灵活运用折叠与展开、分割与补形、平面图形与立体图形的相互转化等方法进行精确计算，会解决简单几何体与球的切接问题.二是理解空间中点、线、面的位置关系，掌握直线、平面平行与垂直的定义、判定与性质定理，并能熟练运用.三是掌握空间向量及其运算、空间向量基本定理，掌握空间角与空间距离的定义，并会用几何法和向量法求解.
2.注意对直观想象核心素养的训练：通过动手作图，观察分析图形，通过对空间几何体中位置关系的证明与应用等有效提升空间想象能力.
3.重视知识的交汇、联系与创新：一是表现为表面积或体积的最值与不等式、导数的融合问题，二是空间几何体的动态问题中范围层面与函数思想方法融合，轨迹层面与圆锥曲线融合问题.
4.深化数学思想方法的渗透：(1)转化与化归思想：本章体现最彻底的思想方法为转化与化归，主要体现在一是点、线、面关系的相互转化，二是空间向量与角、距离的相互转化，三是点面距与体积的相互转化，四是立体问题与平面问题的相互转化，五是生活实际问题与立体几何问题的相互转化.
(2)割补思想：在求体积、角和距离时，把不规则的图形割补为特殊图形便于求解.
另外合理的建系策略、折叠问题的变与不变的解题策略以及通过求法向量过程中体现的方程思想和赋值思想等在一轮备考复习中也要熟练掌握.
第36讲　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积
【课程标准】　1.利用实物，计算机软件等观察空间图形，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.知道棱柱、棱锥、棱台、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.
1.空间几何体的结构特征
(1)多面体的结构特征
名称 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 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 平行四边形 三角形 梯形
(2)旋转体的结构特征
名称 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 矩形 等腰三角形 等腰梯形 圆面
侧面展开图 矩形 扇形 扇环
[微提醒]　(1)常见的几种四棱柱的结构特征及其之间的关系
(2)球的截面的性质
①球的任何截面是圆面；②球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面；③球心到截面的距离d与球的半径R及截面圆的半径r的关系为r＝.
2.立体图形的直观图
(1)画法：常用斜二测画法.
(2)规则：①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45°或135°，z'轴与x'轴和y'轴所在平面垂直.
②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴，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轴的线段长度在直观图中变为原来的一半.
3.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
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＝πrl S圆台侧＝π(r1＋r2)l
学生用书 第178页
4.柱、锥、台、球的表面积和体积
名称 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＝S底h
台体(棱台和圆台) S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h
球 S＝4πR2 V＝πR3
[微提醒]　(1)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素间的关系.(2)在求解组合体的表面积时，注意几何体表面的构成，尤其是重合部分，面积不要多加或少减.
【常用结论】
1.原图形与直观图面积的关系
按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系：
(1)S直观图＝S原图形.(2)S原图形＝2S直观图.
2.与体积有关的几个结论
(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差.
(2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等(祖暅原理).
【自测诊断】
1.(多选)下列结论正确的是(　　)
A.有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱
B.用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台
C.菱形的直观图仍是菱形
D.圆锥的任意一个轴截面都是全等的等腰三角形
答案：BD
2.(链接人教A必修二P106T8)如图所示，长方体ABCD -A'B'C'D'中被截去一小部分，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.故选C.
3.(链接人教A必修二P119练习T2)一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为(　　)
A.π B.π
C.16π D.24π
答案：B
解析：设球的半径为R，则S＝4πR2＝16π，解得R＝2，则球的体积V＝πR3＝π.故选B.
4.(多题同解)(1)(链接人教A必修二P119习题T2)如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为　　　　.
(2)(2025·八省适应性测试改编)底面直径和母线长均为2的圆锥的体积为　　　　.
答案：(1)1∶47　(2)π
解析：(1)设长方体的相邻三条棱长分别为a，b，c，它截出的棱锥的体积为V1＝××a×b×c＝abc，剩下的几何体的体积V2＝abc－abc＝abc，所以V1∶V2＝1∶47.
(2)由题意可知，圆锥的底面半径R＝1，母线长l＝2，所以高h＝＝＝，所以圆锥的体积为V＝πR2h＝π.
考点一　基本立体图形 多维探究
角度1　结构特征
1.下列命题正确的是(　　)
A.两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
B.两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C.直角梯形以一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体是圆台
D.用平面截圆柱得到的截面只能是圆面或矩形面
答案：C
解析：如图所示，可排除A，B.对于D，只有截面与圆柱的母线平行或垂直时，截得的截面才为矩形面或圆面，否则截面为椭圆面或椭圆面的一部分.故选C.
2.(多选)下列说法正确的是(　　)
A.以直角三角形的一条边所在的直线为轴，其余两边旋转形成的曲面围成的几何体是圆锥
B.以等腰三角形底边上的中线所在的直线为轴，将三角形旋转形成的曲面围成的几何体是圆锥
C.经过圆锥任意两条母线的截面是等腰三角形
D.圆锥侧面的母线长有可能大于圆锥底面圆的直径
答案：BCD
解析：A不正确，直角三角形绕斜边所在的直线旋转得到的旋转体不是圆锥；B正确，以等腰三角形底边上的中线所在的直线为轴，将三角形旋转形成的曲面围成的几何体是圆锥；C正确，因为圆锥的母线长都相等，所以经过圆锥任意两条母线的截面是等腰三角形；D正确，如图所示，圆锥侧面的母线长l有可能大于圆锥底面圆半径r的2倍(即直径).故选BCD.
角度2　直观图
3.(一题多解)已知水平放置的四边形OABC按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中O'A'∥B'C'，∠O'A'B'＝90°，O'A'＝1，B'C'＝2，则原四边形OABC的面积为(　　)
A. B.3
C.4 D.5
答案：B
解析：法一：由已知求得O'C'＝，把直观图还原为原图形如图，可得原图形为直角梯形，OA∥CB，OA⊥OC，且OA＝1，BC＝2，OC＝2，得原四边形OABC的面积为××2＝3.故选B.
法二：由题意知A'B'＝1，所以S直观图＝××1＝，所以S原图形＝2S直观图＝3.故选B.
学生用书 第179页
4.如图，△A'B'C'是水平放置的△ABC的斜二测直观图，其中O'C'＝O'A'＝2O'B'，则以下说法正确的是(　　)
A.△ABC是钝角三角形
B.△ABC是等边三角形
C.△ABC是等腰直角三角形
D.△ABC是等腰三角形，但不是直角三角形
答案：C
解析：将直观图还原成原图形，如图所示，设A'C'＝2，则可得OB＝2O'B'＝1，AC＝A'C'＝2，从而AB＝BC＝，所以AB2＋BC2＝AC2，即AB⊥BC，故△ABC是等腰直角三角形.故选C.
角度3　展开图
(1)如图所示，圆柱的底面周长为10 cm，高为12 cm，BC为圆柱上底面的直径.如果一只蚂蚁沿着圆柱的侧面从下底面点A处爬到上底面点B处，那么它爬行的最短路程为(　　)
A.10 cm B.11 cm
C.13 cm D.12cm
(2)(2026·河北承德模拟)在圆锥SO中，轴截面△SAC为腰长为2的等腰直角三角形，B为底面圆上一点，且E为线段AB上一动点，若△ABC为等腰三角形，则SE＋CE的最小值为(　　)
A.2 B.2(＋1)
C.3 D.2(＋2)
答案：(1)C　 (2)B
解析：(1)如图.把圆柱的侧面沿母线AC 剪开后展开，点B 展开后的对应点为B'，则蚂蚁爬行的最短路程为线段AB'.根据题意，知AC＝12，CB'＝5.在Rt△ACB' 中，AB'＝＝13，所以它爬行的最短路程为13 cm.故选C.
(2)如图，
因为轴截面△SAC为腰长为2的等腰直角三角形，所以SA＝SC＝2，AC＝4.又因为△ABC为等腰三角形，所以AB＝BC＝2，所以SA＝SB＝AB＝2，将△ABC和△ABS平铺成一个平面，如图，此时∠S'BC＝150°，当S'，E，C三点共线时，SE＋CE最小，最小值为＝＝2(＋1).故选B.
1.空间几何体结构特征的判断方法
(1)定义法：紧扣定义，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定.
(2)反例法：通过反例对结构特征进行辨析.
2.在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段.平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半.
3.在解决空间曲线或折线(段)最短问题时一般要考虑几何体的侧面展开图，采用化曲为直的策略，将空间问题平面化.
对点练1.已知圆台的上、下底面圆半径分别为10和5，侧面积为300π，AB为圆台的一条母线(点B在圆台的上底面圆周上)，M为AB的中点，一只蚂蚁从点B出发，绕圆台侧面爬行一周到点M，则蚂蚁爬行所经路程的最小值为(　　)
A.30 B.40
C.50 D.60
答案：C
解析：圆台上底面半径为10，下底面半径为5，设母线长为l，所以侧面积S＝πl(10＋5)＝15πl＝300π，解得l＝20.将圆台所在圆锥的侧面展开如图所示，且设扇形所在圆的圆心为O.线段M1B就是蚂蚁经过的最短距离.设OA＝R，扇形的圆心角是α，则由题意知2×5π＝αR①，2×10π＝α(20＋R)②，由①②解得α＝，R＝20，所以OM＝OM1＝30，OB1＝OB＝40，则M1B＝＝50.故选C.
考点二　空间几何体的表(侧)面积 师生共研
(1)如图，圆锥的底面半径为1，侧面展开图是一个圆心角为60°的扇形.把该圆锥截成圆台，已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合，圆台的上底面半径为，则圆台的侧面积为　　　　.
(2)攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式，兰州市著名景点三台阁(如图①)的屋顶部分是典型的攒尖结构.如图②所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分，它可以看作是不含下底面的正四棱台和正三棱柱的组合体，已知正四棱台上底边、下底边、侧棱的长度(单位：dm)分别为2，6，4，正三棱柱各棱长均相等，则该结构的表面积为　　　　dm2.
答案：(1)　(2)34＋8
解析：(1)设圆锥的底面半径为R，母线长为l，则R＝1，设圆台上底面半径为r，母线长为l1，则r＝.由已知可得，l＝2πR，所以l＝6.如图，作出圆锥、圆台的轴截面，则有＝＝，解得l1＝4.所以圆台的侧面积为π(R＋r)l1＝4×π＝.
(2)正三棱柱部分的侧面积为2×2×2＝8(dm2)，底面积为2××2×2×sin 60°＝2(dm2).正四棱台中，侧面梯形的高为＝2(dm)，所以正四棱台的侧面积为4×＝32(dm2).所以该结构的表面积为8＋2＋32＝(34＋8)(dm2).
求解几何体表面积的类型及方法 求多面体的表面积直接求各面面积然后求和或将它们沿着棱“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面积求旋转体的表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面积通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给不规则几何体的表面积
学生用书 第180页
对点练2.如图所示，已知三棱台ABC-A1B1C1的上、下底面都是等腰直角三角形，CC1⊥平面ABC，AC＝2，A1C1＝1，CC1＝1，则这个三棱台的侧面积为(　　)
A. B.
C. D.3＋2
答案：A
解析：因为CC1⊥平面ABC，AC，CB 平面ABC，所以CC1⊥AC，CC1⊥CB.又AC＝2，A1C1＝1，CC1＝1，所以＝＝×(1＋2)×1＝.在梯形A1ABB1中，易知A1B1＝，AB＝2，AA1＝BB1＝，所以＝＋2)×＝，所以这个三棱台的侧面积S侧＝＋＋＝＋＋＝.故选A.
对点练3.某市民广场有一批球形路障球(如图①所示)，现公园管理处响应市民要求，决定将每个路障球改造成方便市民歇脚的立方八面体石凳(如图②所示).其中立方八面体有24条棱、12个顶点、14个面(6个正方形、8个正三角形)，它是将立方体“切”去8个“角”后得到的几何体.经测量，这批球形路障球每个直径为60 cm，若每个路障球为改造后所得立方八面体的外接球，则每个改造后的立方八面体的表面积为
　　　　cm2.
答案：5 400＋1 800
解析：如图，根据题意，知立方八面体表面有8个正三角形、6个正方形，且正方形的边长与正三角形的边长相等.因为路障球为立方八面体的外接球，所以图中EG 为外接球的直径.设立方八面体的棱长为a，则在正六边形EADGPN 中，EG＝2a，即2a＝60，a＝30.所以立方八面体的表面积S＝6a2＋8×a2＝5 400＋1 800(cm2).
考点三　空间几何体的体积(高考超重点) 多维探究
角度1　公式法求体积
(1)(2024·新课标Ⅰ卷)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
【溯源教材20】
溯源 (人教A必修二P120T4)如图，圆锥PO的底面直径和高均是a，过PO的中点O'作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，求剩下几何体的表面积和体积.
透视 高考题与教材习题都涉及圆锥和圆柱的几何性质，如底面半径、高、侧面积、体积等.都需要运用圆锥和圆柱的相关公式，如侧面积公式、体积公式等.高考题可以看作是教材习题的延伸和拓展，体现了高考题源于教材但又高于教材的特点.2024年全国甲卷也进行了类似的考查： (2024·全国甲卷)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，圆台的母线长分别为2(r2－r1)，3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为　　　　. 答案： 解析：两圆台的上、下底面积对应相等，则两圆台的体积之比为高之比，根据母线与半径的关系可得甲与乙的体积之比为＝＝.
预测 如图是一个圆台的侧面展开图.若，所在圆台的底面半径分别是r1和r2，且r2＝2r1，AD＝10，圆台的侧面积为150π，则该圆台的体积为 　　　　. 答案： 解析：设圆台的上、下底面的圆心分别为O1，O2.作出该圆台的轴截面如图所示，则O1A＝r1，O2D＝r2，r2＝2r1，AD＝10. 圆台的侧面积S＝π(r1＋r2)l，即150π＝π×3r1×10，解得r1＝5，所以r2＝10. 所以圆台的高h＝＝5.所以圆台的体积V＝＋＋r1r2)＝×(25＋100＋50)＝.
(2)(2025·山东泰安三模)已知正三棱柱的表面积为6，则当其体积取得最大值时，该三棱柱的高为(　　)
A.3 B.
C. D.
答案：(1)B　(2)B
解析：(1)设圆柱和圆锥的底面半径均为r，因为它们的高均为，且侧面积相等，所以2πr×＝πr，得r2＝9，所以圆锥的体积V＝πr2×＝3π.故选B.
(2)设正三棱柱的底面边长为a，侧面高度为h，则其表面积S＝2×a2＋3ah＝6，整理得h＝.因为a，h＞0，所以0＜a＜2.故正三棱柱的体积V＝a2h＝，将V看作关于a的函数V，则V'＝－a2，当0＜a＜2时，V'＞0，V单调递增；当2＜a＜2时，V'＜0，V单调递减，故当a＝2时，该正三棱柱的体积取得最大值，此时三棱柱的高为.故选B.
角度2　割补法求体积
(1)(2024·天津卷)一个五面体ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1，AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该五面体的体积为(　　)
A. B.＋
C. D.－
(2)(一题多解)如图所示，已知多面体ABC-DEFG中，AB，AC，AD两两互相垂直，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：(1)C　(2)4
解析：(1)因为AD，BE，CF两两平行，且两两之间距离为1，则该五面体可以分成一个侧棱长为1的三棱柱和一个底面为梯形的四棱锥，其中三棱柱的体积等于棱长均为1的直三棱柱的体积，四棱锥的高为，底面是上底为1、下底为2、高为1的梯形，故该五面体的体积V＝×1××1＋××＝.故选C.
(2)法一(分割法)：因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，过点C作CH⊥DG于H，连接EH，即把多面体分割成一个直三棱柱DEH-ABC和一个斜三棱柱BEF-CHG.由题意知＝×AD＝(×2×1)×2＝2，＝×DE＝(×2×1)×2＝2.故所求几何体的体积为＝2＋2＝4.
法二(补形法)：因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示.将多面体补成棱长为2的正方体，显然所求多面体的体积为该正方体体积的一半.又正方体的体积V＝23＝8，故所求几何体的体积为＝×8＝4.
学生用书 第181页
角度3　等体积法求体积
(2026·陕西咸阳模拟)已知四棱锥VA-BCDE＝16，CD＝3，BC＝4，CE平分∠BCD，点P在棱AC上且满足AC＝3AP，则三棱锥A-DEP的体积为(　　)
A. B.
C. D.
答案：B
解析：根据题意，设点A到平面BCDE的距离为d，C到平面ADE的距离为h，则有VA-BCDE＝d×＝d×(＋)＝16，而＝×BC·CE·sin ∠BCE，＝×CD·CE·sin ∠DCE.又由CD＝3，BC＝4，CE平分∠BCD，则＝，则VA-CDE＝d×＝×(d×)＝×VA-BCDE＝；故VC-ADE＝VA-CDE＝.又由点P在AC上且满足AC＝3AP，故P到平面AED的距离为，则有VP-ADE＝VC-ADE＝，故VA-DEP＝VP-ADE＝.故选B.
求空间几何体的体积的三种方法
注意：正四面体的体积是a3(a是正四面体的棱长).
对点练4.(2025·山东烟台二模)一化学器皿为圆台形状，其上、下底面半径分别为1 cm和5 cm，高为10 cm(器皿厚度忽略不计).现将该器皿水平放置后(上底位于上方)注入盐酸溶液，若溶液高度恰为5 cm，则溶液体积为(　　)
A.245π cm3 B. cm3
C.490π cm3 D. cm3
答案：B
解析：因为溶液高度恰为5 cm，所以溶液的上底面半径为＝3 cm，下底面半径为5 cm，高为5 cm，所以溶液的体积V＝×π×5＝.故选B.
对点练5.在棱长为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　　　　.
答案：1
解析：如图，由正方体棱长为2，得＝2×2－2××2×1－×1×1＝，又易知D1A1为三棱锥D1-A1MN的高，且D1A1＝2，所以＝＝·D1A1＝××2＝1.
对点练6.(一题多解)如图是一个以△ABE为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为CDF，已知AD＝4，BC＝AE＝BE＝2，EF＝3且∠AEB＝90°，则所得的几何体的体积为　　　　.
答案：6
解析：法一(分割法)：如图，过点C作CM∥AB，交AD于点M，作CN∥BE，交EF于点N，连接MN.根据题意可知四边形ABCM，BENC都是矩形，AM＝BC＝NE＝DM＝2，CN＝BE＝2，FN＝1.又∠AEB＝90°，所以＝×2×2＝2.因为截面CMN把这个几何体分割为直三棱柱ABE-MCN和四棱锥C-MNFD，直三棱柱ABE-MCN的体积V1＝·AM＝2×2＝4，四棱锥C-MNFD的体积V2＝·CN＝××(1＋2)×2×2＝2，所以所求几何体的体积为V1＋V2＝6.
法二(补形法)：如图，延长BC至点M，使得CM＝2，延长EF至点N，使得FN＝1，连接DM，MN，DN，得到直三棱柱ABE-DMN，所以所求几何体的体积等于直三棱柱ABE-DMN的体积减去四棱锥D-CMNF的体积.因为＝×2×2×4＝8，＝×(×2)×2＝2，所以所求几何体的体积为－＝8－2＝6.
课时分层测评55　基本立体图形及简单几何体的表面积与体积
(时间：60分钟　满分：80分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(每小题5分，共50分)
1.下列说法中正确的是(　　)
A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B.以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥
C.棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是六棱锥
D.圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线
答案：D
解析：对于A，如图①所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各个面都是三角形，但它不是三棱锥，故A错误；对于B，如图②③所示，若△ABC不是直角三角形，或是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥，故B错误；对于C，若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形.由过中心和顶点的截面知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，故C错误；对于D，根据圆锥母线的定义知，D正确.故选D.
2.如图所示，矩形O'A'B'C'是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O'A'＝3，O'C'＝1，则原图形是(　　)
A.面积为6的矩形 B.面积为的矩形
C.面积为6的菱形 D.面积为的菱形
答案：C
解析：因为∠D'O'A'＝45°，O'C'＝1，所以C'D'＝1，O'D'＝，故在原图形中，OD＝2，CD＝C'D'＝1，OC＝＝＝3＝OA，所以四边形OABC 为菱形(如图所示).所以原图形的面积为S＝OA×OD＝6.故选C.
【教师备选】　若水平放置的四边形AOBC按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中A'C'∥O'B'，A'C'⊥B'C'，A'C'＝1，O'B'＝2，则原四边形中AO的长度为(　　)
A. B.2
C.2 D.
答案：B
解析：过点A'作A'D'⊥O'B'，垂足为D'.因为A'C'∥O'B'，A'C'⊥B'C'，A'C'＝1，O'B'＝2，所以O'A'＝＝，所以原四边形中AO的长度为2O'A'＝2.故选B.
3.已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4，弧长为4π的扇形，则该圆锥的表面积为(　　)
A.4π B.8π
C.12π D.20π
答案：C
解析：由于圆锥的侧面展开图是一个半径为4，弧长为4π的扇形，则圆锥底面圆的半径为r＝＝2，底面圆的面积为πr2＝π×22＝4π，圆锥的表面积为×4π×4＋4π＝12π.故选C.
4.(2025·浙江宁波一模)圆台的高为2，体积为14π，两底面圆的半径比为1∶2，则母线和轴的夹角的正切值为(　　)
A. B.
C. D.
答案：B
解析：设圆台上底半径为r，则下底半径为2r，由题意＝14π r＝，所以圆台母线和轴的夹角的正切值为＝.故选B.
5.(2025·广东深圳二模)已知正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的2倍，则此正四棱锥的体积为(　　)
A.36 B.36
C.108 D.108
答案：A
解析：如图，在正四棱锥P-ABCD中，PO为四棱锥的高，PE为侧面的高.因为正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的2倍，所以S侧＝4××6PE＝2S底＝72，解得PE＝6，PO＝＝3，所以VP-ABCD＝S底·PO＝×36×3＝36.故选A.
6.如图①，在直角梯形ABCD中，BC∥AD，AB⊥AD，BC＝12，AD＝13，AB＝2，E为线段BC上的一点，BE＝9，过E作AB的平行线交AD于F，将矩形ABEF翻折至与梯形ECDF垂直得到六面体ABCDFE，如图②，则六面体ABCDFE的体积为(　　)
A. B.27
C.30 D.33
答案：D
解析：根据题意得六面体ABCDFE的体积为VD-ABEF＋VB-CDE＝×2×9×4＋××3×2×9＝33.故选D.
7.(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二面角P-AC-O为45°，则(　　)
A.该圆锥的体积为π
B.该圆锥的侧面积为4π
C.AC＝2
D.△PAC 的面积为
答案：AC
解析：根据题意，∠APB＝120°，PA＝2，所以OP＝1，OA＝OB＝.对于A，圆锥的体积为×π×()2×1＝π，故A正确；对于B，圆锥的侧面积为π××2＝2π，故B错误；对于C，如图，设D是AC的中点，连接OD，PD，则AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P-AC-O的平面角，则∠PDO＝45°，所以OP＝OD＝1，故AD＝CD＝＝，则AC＝2，故C正确；对于D，PD＝＝，所以S△PAC＝×2×＝2，故D错误.故选AC.
8.(多选)(2022·新高考Ⅱ卷)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB，记三棱锥E-ACD，F-ABC，F-ACE的体积分别为V1，V2，V3，则(　　 )
A.V3＝2V2 B.V3＝V1
C.V3＝V1＋V2 D.2V3＝3V1
答案：CD
解析：设AB＝ED＝2FB＝2，则V1＝××2×2×2＝，V2＝××2×2×1＝.连接BD交AC于M，连接EM，FM(图略)，则FM＝，EM＝，EF＝3，FM2＋EM2＝EF2，故△EMF是直角三角形，故S△EMF＝××＝，V3＝S△EMF×AC＝2，V3＝V1＋V2，2V3＝3V1.故选CD.
9.用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截得的圆台上底面半径为1，下底面半径为2，且该圆台的侧面积为3π，则原圆锥的母线长为(　　 )
A.2 B.
C.4 D.2
答案：D
解析：设圆台的母线长为l，因为该圆台的侧面积为3π，所以由圆台侧面积公式可得πl(1＋2)＝3πl＝3π，解得l＝.设原圆锥的母线长为l'，由三角形相似可得＝，解得l'＝2，所以原圆锥的母线长为2.故选D.
10.如图所示的几何体是从棱长为2的正方体中截去到正方体的某个顶点的距离均为2的几何体后的剩余部分，则该几何体的表面积为　　　　.
答案：24－π
解析：根据题意知，该几何体是从棱长为2的正方体中截去以正方体某个顶点为球心，2为半径的个球后的剩余部分，则其表面积为6×22－3××π×22＋×4×π×22＝24－π.
【教师备选】　已知长方体ABCD-A1B1C1D1的表面积是22，所有棱长的和是24，则AC1＝　　　　.
答案：
解析：设长方体的长、宽、高分别为a，b，c.根据题意，得 所以a2＋b2＋c2＝(a＋b＋c)2－2(ab＋bc＋ac)＝36－22＝14.所以AC1＝＝.
(每小题5分，共20分)
11.(2025·江苏常州二模)如图，三棱锥P-ABC的体积为V，E，F分别是棱PB，PC上靠近点P的三等分点，G是棱AB 上靠近点B的三等分点，H是棱AC上靠近点C的三等分点，则多面体BCFEGH的体积为(　　)
A.V B.V
C.V D.V
答案：B
解析：连接EC，EH.因为S△FHC＝×S△PAC，所以VE-FHC＝×VE-APC＝××VB-APC＝VB-APC.因为SHGBC＝S△ABC－×S△ABC＝S△ABC，所以VE-HGBC＝VP-HGBC＝×VP-ABC＝VP-ABC，所以多面体BCFEGH的体积为VE-FHC＋VE-HGBC＝V.故选B.
12.(2025·浙江金华十校二模)如图，AB，CD是棱长为2的正方体展开图中的两条线段，则原正方体中几何体ABCD的表面积为(　　)
A.6＋4 B.6＋2
C.2＋2＋4 D.2＋4＋4
答案：B
解析：原正方体如图所示，BC＝CD＝BD＝2，S△BCD＝×2×2×sin＝2，S△ABD＝S△ACD＝S△ABC＝×2×2＝2，所以四面体ABCD的表面积为6＋2.故选B.
13.(多选)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝2，BC＝3，CC1＝4，且AB⊥BC，P为BC1的中点，则(　　)
A.三棱锥A-BCC1的体积为4
B.三棱锥C-APC1的体积为
C.四棱锥C1-ABB1A1的体积为8
D.三棱锥C1-ABC的表面积为14＋2
答案：ACD
解析：对于A，＝＝×CC1×＝×4××2×3＝4，故A正确；对于B，＝，而三棱锥A-BCC1与三棱锥A-PCC1有共同的高.因为P为BC1的中点，所以＝，所以＝＝×4＝2，故B错误；对于C，＝－＝×2×3×4－4＝8，故C正确；对于D，由题意可知，AC＝，AC1＝，BC1＝5，所以AB2＋B＝A，所以△ABC1是直角三角形，AB⊥BC1，所以三棱锥C1-ABC的表面积为＋＋＋＝×2×3＋×3×4＋××4＋×2×5＝14＋2，故D正确.故选ACD.
14.如图，圆柱的底面直径为3，母线长为4，AB，CD分别为该圆柱的上、下底面的直径，且AB⊥CD，则三棱锥A-BCD的体积是　　　　.
答案：6
解析：如图：过上底面中心O，作与下底面直径CD平行的直线EF，连接OC，OD，则EF∥CD且EF＝CD.因为AB⊥CD，所以AB⊥EF.根据圆柱的性质可知，BC＝AC＝BD＝AD，则AB⊥OC，AB⊥OD.又OC∩OD＝O，OC，OD 平面OCD，所以AB⊥平面OCD，所以VA-BCD＝S△OCD·AB＝××3×4×3＝6.
(每小题5分，共10分)
15.(2025·湖北武汉四调)已知正四棱锥的侧棱长为3，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为(　　)
A.1 B.
C.2 D.3
答案：D
解析：设底面边长为a，则高h＝＝.由h＞0，所以0＜a＜3，所以体积V＝a2h＝.设f＝27a4－a6，a∈，则f'＝108a3－3a5＝3a3，所以当0＜a＜6时，f'＞0，所以f上单调递增；当6＜a＜3时，f'＜0，所以f上单调递减；所以当a＝6时f取得极大值，即为最大值，此时该棱锥的体积最大，此时h＝＝3.故选D.
16.(2025·北京卷)某科技兴趣小组通过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是一个平面多边形，平面ARF⊥平面ABC，平面TCD⊥平面ABC，AB⊥BC，AB∥RS∥EF∥CD，AF∥ST∥BC∥ED，若AB＝BC＝8，AF＝CD＝4，AR＝RF＝TC＝TD＝，则该多面体的体积为　　　　.
答案：60
解析：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B作BX⊥EF，垂足为X，则四边形ABXF为矩形，且△BXE为以∠BXE为直角的等腰直角三角形，故EF＝FX＋XE＝AB＋BX＝AB＋AF＝12，平面RAF⊥平面ABEF，平面RAF∩平面ABEF＝AF，AF⊥AB，AB 平面ABEF，故AB⊥平面RAF.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，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VUS⊥平面ABEF，而平面RMUS∩平面VUS＝SU，故SU⊥平面ABEF，故RM∥SU，故四边形RMUS为平行四边形，故MU＝RS＝＝10.在平面ABHR中过B作BH∥AR，交RH于H，连接HX，则四边形ABHR为平行四边形，且RH∥AB，RH＝AB，故RH∥FX，RH＝FX，故四边形RFXH为平行四边形，而BH⊥AB，BX⊥AB，BX∩BH＝B，BX，BH 平面BHX，故AB⊥平面BHX，故平面ARF∥平面BHX，而AR＝BH，RF＝HX，AF＝BX，故△ARF≌△BHX，故几何体ARF-BHX为直棱柱，而S△ARF＝×4×＝3，故VARF-BHX＝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VB-HXES＝×××＝6，由对称性可得几何体的体积为2×＝60.
备战高考数学成套的一轮资料、二轮资料、培优专题、名校模拟、考前回归、高考押题尽在高考数学QQ群1013654970也可联系微信fjshuxue加入网盘群4T一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑