2025年高考数学一轮复习讲义：基本立体图形、简单几何体的表面积与体积（解析版）

专题36基本立体图形、简单几何体的表面积与体积（新高考专用）

目录

【知识梳理】................................................................2

【真题自测】................................................................4

【考点突破】...............................................................15

【考点1】基本立体图形......................................................15

【考点2］表面积与体积......................................................21

【考点3】与球有关的切、接问题..............................................28

【分层检测】...............................................................35

【基础篇】.................................................................35

【能力篇】.................................................................45

【培优篇】.................................................................51

考试要求：

1.利用实物、计算机软件等观察空间图形，认识柱、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.知道球、棱（圆）柱、棱（圆）锥、棱（圆）台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.

挛知识梳理

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

S

A

D'A

a

图形

AB

ABAB

底面互相平行且全等多边形互相平行且相似

相交于一点,但不一

侧棱平行且相等延长线交于一点

定相等

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

■S\0

A鎏

图形萋

1

互相平行且相等，

母线相交于一点延长线交于一点

垂直于底面X

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

2.直观图

（1）画法：常用斜二测画法.

⑵规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，V轴、y'轴的夹角为45。（或135°）,

，轴与V轴、V轴所在平面垂直.

②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别土后王坐标轴.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二生.

3.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式

2

圆柱圆锥圆台

侧面展开门.

/<2加；

/L1A/

图够/

侧面积公

S圆柱侧=2兀S圆锥侧=兀77S圆台侧=兀⑺+/2）/

式

4.柱、锥、台、球的表面积和体积

表面积体积

几何体

柱体（棱柱和圆柱）S表面积=S侧+2S底V=Sh

锥体（棱锥和圆锥）S表面积=S侧+S底V=TSh

31

V=g（S上+S下+但作比

台体（棱台和圆台）S表面积=S侧+S上+S下

4.

球S=4TTR2V=T7l7?3

3---

常用结论

1.正方体与球的切、接常用结论：正方体的棱长为a,球的半径为R,

（1）若球为正方体的外接球，则2R=小a；

（2）若球为正方体的内切球，则2R=a；

（3）若球与正方体的各棱相切，则2R=地a

2.长方体的共顶点的三条棱长分别为a,b,c,外接球的半径为R,则2>=年依+02+02.

3.正四面体的外接球的半径R=乎a,内切球的半径厂=杏。，其半径R：r=3：l（a为该正四面

体的棱长）.

4.直观图与原平面图形面积间关系S直现图=原图形.

.真题自测

一、单选题

52

1.（2024•全国•高考真题）已知正三棱台ABC-4AG的体积为至，AB=6,A旦=2,则与平面9c

所成角的正切值为（）

3

A.万B.1C.2D.3

2.（2024・全国•高考真题）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为石，则圆锥的

体积为（）

A2百兀B3c6D9百兀

3.（2023•全国•高考真题）在三棱锥尸-9C中，AABC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2,PC=瓜，

则该棱锥的体积为（）

A.1B.A/3C.2D.3

4.（2023•全国•高考真题）已知四棱锥P-MCD的底面是边长为4的正方形，PC=PD=3,ZPG4=45°；

则APBC的面积为（）

A.2拒B.3行c.4夜D.672

5.（2023•全国,高考真题）已知圆锥PO的底面半径为6,O为底面圆心，PA,PB为圆锥的母线，4105=120。，

973

若ARIB的面积等于丁，则该圆锥的体积为（）

A.兀B,瓜兀C.3万D.3而r

二、多选题

6.（2023•全国•高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度

忽略不计）内的有（）

A.直径为。・99m的球体

B.所有棱长均为14m的四面体

C.底面直径为OQlm,高为L8m的圆柱体

D.底面直径为L2m,高为OOlm的圆柱体

三、填空题

7.（2024•全国•高考真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为4,下底面半径均为M圆台的母线长分别为

（-1）,（2一切，则圆台甲与乙的体积之比为.

8.（2023•全国•高考真题）已知点S，AB，C均在半径为2的球面上，AABC是边长为3的等边三角形，5A1

平面A3C,则&4=.

9.（2023•全国•高考真题）在正方体gGA中，4?=4,0为“G的中点，若该正方体的棱与球。的

球面有公共点，则球°的半径的取值范围是.

10.（2023•全国,高考真题）在正方体—中，E,尸分别为AB,G2的中点，以EF为直径的球

的球面与该正方体的棱共有个公共点.

4

11.（2023•全国•高考真题）在正四棱台ABCD-ABGR中，AB=2，A耳=1,朋=也，则该棱台的体积

为■

12.（2023•全国•高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2,

高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为.

参考答案：

1.B

【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高力=生叵，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得

3

进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台ABC-补成正三棱锥尸—

3

4A与平面A8C所成角即为上4与平面ABC所成角，根据比例关系可得/_.=18,进而可求正三棱锥

尸-A5c的高，即可得结果.

【详解】解法一：分别取的中点RR,则AD=36，AA=6,

可知SA”=！x6x6x@=96,S/=—x2x\/3=\/3,

△Atfc22v，4cl2

设正三棱台ABC-A冉G的为心

贝!1KWC-AB,C,=J,石+6+8-/若卜=F,解得h=,

如图，分别过A，Q作底面垂线，垂足为M,N,设A〃=X,

则叫="AM?+A”二卜q,DN=AD-AM-MN=2^/3-x,

222

可得OR=y/DN+DtN=J（2V3-x）+y,

结合等腰梯形BCC4可得BB；=j+DD；，

即f+g=（2石一x『+g+4,解得x=乎，

所以AA与平面ABC所成角的正切值为tan?A.AD整=1；

AM

解法二：将正三棱台ABC-4耳q补成正三棱锥尸—ABC,

5

p

则4A与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角,

尸444_1则=J_

因为

'Vp-ABC27

=

可知1G27ABC=，则％ABC=18,

设正三棱锥P—ABC的高为d,则/ABC='dx』x6x6x3=18,解得1=2外,

P-ABC322

取底面ABC的中心为。，则P。」底面ABC,且AO=2若，

PO

所以B4与平面A3C所成角的正切值tanNB40=K=l.

AO

故选：B.

2.B

【分析】设圆柱的底面半径为一，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径〃的方程，求出解后可求圆锥的体

积.

【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为^^大，

而它们的侧面积相等，所以2ax百="/用/即26=病/，

故r=3,故圆锥的体积为;兀><9*逝=36无.

故选：B.

3.A

【分析】证明平面PEC,分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为A3得解.

【详解】取A3中点E,连接尸E,CE,如图，

B

6

:.PE±AB,CE±AB,又PE,CEu平面PEC,PERCE=E,

ABI平面PEC,

又PE=CE=2x立=6PC=&,

2

iiLPC2=PE2+CE2,即尸E_LCE,

所以V=^B-PEC+匕-PEC=JSAPEC,48=~x~x上x6X2=1,

故选:A

4.C

【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得APDO三APCO,APDB*PCA,从而得到R4=P8,

再在△P4C中利用余弦定理求得PA=后，从而求得PB=W，由此在APBC中利用余弦定理与三角形面

积公式即可得解；

法二：先在△出（?中利用余弦定理求得PA=JT7,cosZPCB=1,从而求得西.卮=-3,再利用空间向

量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得PB=由此在APBC中利用余弦定

理与三角形面积公式即可得解.

【详解】法一：

连结AC,交于0,连结PO,则。为AC,3。的中点，如图，

因为底面ABC。为正方形，AB=4,所以AC=BD=4&，则DO=CO=2后，

又PC=PD=3,PO=OP,所以APDOMAPCO,则/PDO=/PCO,

又PC=PD=3,AC=BD=4y/2,所以APDB^APCA,则=

在△PAC中，尸C=3,AC=4&,NPCA=45。，

贝U由余弦定理可得尸彳=AC?+PC?-2AC-PCcosNPCA=32+9-2x4忘x3x正=17,

2

故PA=&7,贝!］尸3=旧，

故在APBC中，PC=3,PB=A,BC=4,

7

PC-+BC2-PB-9+16-171

所以cosNPC8=

2PCBC2x3x4一

X0<ZPCB<7t,所以sinNPCB=Jl-cos?NPCB=，

3

所以APBC的面积为S=工PC•8CsinNPCB=L3x4x冬巨=4后.

223

法二:

连结交于。，连结PO,则。为AC,3D的中点，如图,

因为底面ABCD为正方形，AB=4,所以AC=30=4&，

在4c中，PC=3,ZPCA=45°,

贝lj由余弦定理可得PA2=AC2+PC2-2AC-PCcosZPCA=32+9-2x472x3x—=17,故PA=V17,

2

尸4+PC2-AC?17+9-32后

所以cosNAPC=则

2PA-PC2X717X3-17

PA-PC=|PA||PC|COSZAPC=VT7X3X

不妨记PB=m,NBPD=e,

因为而=|■（而+定）=:（而+而），所以（向+定『=（而+而『，

art--»2---»2--►---►---»2--->2---►---►

K|JPA+PC+2.PAPC=PB+PD+2PB-PD，

贝lj17+9+2x（—3）=n/+9+2x3xmcos6,整理得trr+6/ncos0-11=0①，

又在APBD中，BI）?=PB-+PD2-2PB-PDcosZBPD，即32=M+9-6〃2cos0，贝Unr-6〃2cos6>-23=0②,

两式相力口得2租2-34=0,故PB=m=历，

故在APBC中，PC=3,PB=>fn,BC=4,

PC?+BC2-PB°9+16-171

所以cosNPCB=

2PCBC2x3x4-3

又0<NPCB<TI,所以sin/PCB=Jl一cos?NPCB=

3

8

所以aPBC的面积为3=工/>。3。S诂/2。5=!*3*4*3旦=4e.

223

故选：C.

5.B

【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答.

【详解】在“103中，ZAOB=120°,而。l=08=g,取A3中点C,连接。C,PC,有OC_LAB,PC_LAB,

如图，

LxPC

24

解得尸C=亭，于是PO=痴2_℃2=1呼)一与2=瓜,

所以圆锥的体积V=jTtxOA2xP0=jitx(V3)2x76=娓it.

故选：B

6.ABD

【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.

【详解】对于选项A：因为0.99m<lm,即球体的直径小于正方体的棱长,

所以能够被整体放入正方体内，故A正确；

对于选项B：因为正方体的面对角线长为国，且0>1.4，

所以能够被整体放入正方体内，故B正确；

对于选项C：因为正方体的体对角线长为石m,且石<1.8,

所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；

对于选项D：因为L2m>lm,可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，

如图，过AG的中点。作OE^AG，设OKIAC=E,

9

可知AC=V2,CC,=1,AC,=y/3,OA=—,贝UtanZCAQ=0=罢，

2ACAO

1OE厂

即丁行解得0£=如，

故以AC】为轴可能对称放置底面直径为1.2m圆柱，

若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心与正方体的下底面的切点为

M,

可知：AC110]M,01M=0.6,则tanNC4G="^=鬻，

ACAC7]

10.6厂

即下二777，解得AQ=0.6近，

根据对称性可知圆柱的高为石一2义0.6夜a1.732—1.2x1.414=0.0352>0.01,

所以能够被整体放入正方体内，故D正确；

故选：ABD.

7.好

4

【分析】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即可

得解.

【详解】由题可得两个圆台的高分别为幅=，以a-四丁-6-幻?=若«一马）,

h乙=』3（4-4）『一（〃-仃=265一琦，

所以工」S2+S|+邓区）幅=组=9-幻=屈

及一;（邑+百+后“「7一2行（1々）一丁

故答案为：好.

4

10

8.2

【分析】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解.

【详解】如图，将三棱锥S-ABC转化为正三棱柱SMN-ABC,

设AABC的外接圆圆心为。一半径为,，

2r=______=-1--2J3

则sinZACB近，可得/'=6，

了

设三棱锥S-ABC的外接球球心为。，连接。则。4=2,00]=gSA,

因为。42=。0；+0.,即4=3+1SA2,解得81=2.

故答案为：2.

【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法

（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，

把空间问题转化为平面问题求解；

（2）若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段B4、PB、PC两两垂直，且必=a,PB=b,PC=c,一般

把有关元素"补形”成为一个球内接长方体，根据47?2=/+炉+°2求解；

（3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长；

（4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长；

（5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位

置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解.

9.[2夜,2向

【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为4的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小.

【详解】设球的半径为R.

当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包

11

含正方体，导致球面和棱没有交点,

正方体的外接球直径2R为体对角线长AC；="2+42+42=46,即2R=4^,R=2。，故凡11s=26；

分别取侧棱⑨上片,CG，Z)A的中点显然四边形MZVG”是边长为4的正方形，且。为正方形

跖VG”的对角线交点，

连接MG,贝UMG=40，当球的一个大圆恰好是四边形MNG"的外接圆，球的半径达到最小，即R的最

小值为2&-

综上，7?e[272,2V3].

故答案为：

10.12

【分析】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，故可得解.

【详解】不妨设正方体棱长为2,EF中点为。，取CO,CG中点G,M,侧面的中心为N,连接

FG,EG,OM,ON,MN,如图，

由题意可知，。为球心，在正方体中，EF=\/FG2+EG2=V22+22=2-^2>

即R=收，

则球心。到CC,的距离为OM=\/ON2+MN2=A/12+12=叵，

所以球。与棱CG相切，球面与棱CG只有1个交点,

12

同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点,

所以以E尸为直径的球面与正方体棱的交点总数为12.

故答案为：12

I】•等I*

【分析】结合图像，依次求得从而利用棱台的体积公式即可得解.

【详解】如图，过A作4MLAC,垂足为易知&W为四棱台A3C。-A4GA的高,

因为AB=2，A4=1,的=应,

则=-,AO=-AC=-X42AB=42,

2222

故AM=g(AC-AG)=孝，则4M=-A"==

所以所求体积为V=L(4+1+G)x逅=△巨

326

故答案为：巫.

6

12.28

【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二:根据台体

的体积公式直接运算求解.

【详解】方法一：由于彳=而截去的正四棱锥的高为3,所以原正四棱锥的高为6,

42

所以正四棱锥的体积为:x（4x4）x6=32,

截去的正四棱锥的体积为:x（2x2）x3=4,

所以棱台的体积为32-4=28.

13

方法二：棱台的体积为gx3x（16+4+JIM）=28.

故答案为：28.

【考点1］基本立体图形

一、单选题

1.（23-24高一下•福建莆田•期中）已知等腰梯形MCD,AB=2,CD=6,圆°为梯形ABCD的内切圆，

并与A8,8分别切于点E,F,如图所示，以所所在的直线为轴，梯形A3CD和圆。分别旋转一周形

成的曲面围成的几何体体积分别为匕，匕，则匕值为（）

D.6

2.（2022・重庆•模拟预测）十八世纪，数学家欧拉发现简单凸多面体的顶点数V、棱数E及面数F之间有固

定的关系，即著名的欧拉公式：M-E+F=2.如图所示为上世纪八十年代科学家首次发现的碳60的电子显

微镜图，它是由五边形和六边形面构成的多面体，共有60个顶点，每个顶点均为碳原子，且每个顶点引出

三条棱，形似足球.根据以上信息知，碳60的所有面中五边形的个数是（）

A.12B.20C.32D.40

二、多选题

3.（2024•山西晋中•模拟预测）"阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的

多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共

可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种阿基米德多面体.已知"=1,则关于

14

图中的半正多面体，下列说法正确的有（）

5A/2

A.该半正多面体的体积为3

B.该半正多面体过A&C三点的截面面积为2

C.该半正多面体外接球的表面积为8兀

D.该半正多面体的表面积为6+2退

4.（2024•新疆喀什•二模）如图圆台a2,在轴截面.CD中，2，下面说法正确

的是（）

A.线段m=2有

B.该圆台的表面积为11兀

C.该圆台的体积为兀

D.沿着该圆台的表面，从点C到AD中点的最短距离为5

三、填空题

5.（21-22高三上•广东潮州•期末）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖膈，在鳖

席A-BCD中，平面3cO,CDLAD,AB=BD=®已知动点E从C点出发，沿外表面经过棱AD

上一点到点3的最短距离为瓦，则该棱锥的外接球的体积为.

15

A

6.（2022•辽宁沈阳•一模）如图，在底面半径为1,高为6的圆柱内放置两个球，使得两个球与圆柱侧面相

切，且分别与圆柱的上下底面相切.一个与两球均相切的平面斜截圆柱侧面，得到的截线是一个椭圆.则该椭

圆的离心率为.

参考答案:

1.C

【分析】先确定旋转体的形状，再求解几何体的体积即可得出结果.

【详解】梯形ABC。旋转一周形成圆台，且圆台的上底面半径为4=1,下底面半径为々=3,

由圆O和梯形ABC。相切可得，AD=rx+r2=1+3=4,

所以圆台高//=JAD?-d=2小,圆。半径r=。=石，

所以，匕=?仁+方+产）=竺产,％=。/=4后

V13

所以，=—.

V26

故选：C.

2.A

【分析】设五边形面有1个，六边形面有＞个，即可得到总棱数与顶点数，再根据欧拉公式得到方程组，解

得即可；

【详解】解：设五边形面有1个，共51条棱，六边形面有y个，共6y条棱，由于每条棱出现在两个面中，

故会被重复计算一次，因此总棱数E=生产，同理每个顶点出现在三个面中，总顶点数为V=吟叟=60,

故E=90,又/=%+y,故60—90+犬+y=2,即％+y=32,与5x+6y=180联立可解得%=12.

故选：A

16

3.ABD

【分析】先将该半正多面体补形为正方体，利用正方体与棱锥的体积公式判断A,利用该半正多面体的对称

性，得到截面为正六边形与外接球的球心位置，从而判断BC,利用正三角形与正方体的面积公式判断D.

【详解】A：如图，因为AB=1,

所以该半正多面体是由棱长为应的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，

所以该半正多面体的体积为：V=(M-8xlxlxf^£=坐,故A正确；

\，3212J23

B：根据该半正多面体的对称性可知，过三点的截面为正六边形ABCEEO,

又4?=1,所以正六边形面积为S=6x立乂V二述，故B正确；

42

C：根据该半正多面体的对称性可知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心，

即正六边形ABCFED的中心，故半径为AB=1,

所以该半正多面体外接球的表面积为S=4兀代=4^x12=4兀，故C错误；

D：因为该半正多面体的八个面为正三角形、六个面为正方形，棱长皆为1,

所以其表面积为8X3XF+6X12=6+2VL故D正确.

4

故选：ABD

【点睛】关键点点睛：本题解决的关键有二，一是将该半正多面体补形为正方体，二是充分利用该半正多

面体的对称性，从而得解.

4.ABD

【分析】在等腰梯形中求出AC判断A；利用圆台表面积公式、体积公式计算判断BC；利用侧面展开图计算

判断D.

【详解】显然四边形ABCD是等腰梯形，AB=AD=BC=2,CD=4,其高即为圆台的高

对于A,在等腰梯形ABCD中，AC=,+(CD一=2出,A正确；

对于B,圆台的表面积S=KxI2+7cx22+7t(l+2)x2=1IK,B正确；

17

对于C,圆台的体积丫=:兀（12+1义2+22”6=子兀，C错误；

对于D,将圆台一半侧面展开，如下图中扇环ABCD且E为AD中点，

2冗71

而圆台对应的圆锥半侧面展开为COZ）且0C=4,又/COD=-^=G,

42

在Rt国COE中，虚="7?=5刖，斜边CE上的高为组=昔＞2,即CE与弧A2相离,

CE5

所以C到A。中点的最短距离为5cm,D正确.

【分析】将AACD沿AD翻折到与共面得到平面四边形ABDC如图1所示，设CD=x,利用余弦定

理求出x,将三棱锥A-3CD补成长方体如图2所示，该棱锥的外接球即为长方体的外接球，求出外接球的

半径，即可求出其体积.

【详解】解：将AACD沿A£＞翻折到与△ABD共面得到平面四边形ABDC'如图1所示,

图1图2

设CD=x,即CZ）=x,由题意得CB=J6,

在ACBD中,由余弦定理得C'B2=CD2+BD2-2CD-3。•cos135。

gp（TTo）2=尤2+（血丁_2x•应

x2+2x—8=0,解得x=2或x=T（舍去），

将三棱锥A-BCD补成长方体如图2所示，

该棱锥的外接球即为长方体的外接球，

则外接球的半径R=（《及丫+（何+2?=夜，

所以外接球的体积V=±兀&=囱1兀.

33

18

故答案为：还兀

3

,V3

O.----

2

【分析】由题意如图所示，由球的半径可求得忸同，忸O|的值，进而可得NB。尸=NOD暇的正弦值，所以可

求出的值，即可以求出。的值，由圆柱的底面半径可以求出b的值，进而可以求出离心率.

【详解】如图所示:

由题意可得忸同=1,忸O|=2,所以sinZBOF=；,

\OM\1

又因为sin/ODM=鬲二两'结合可知

\OM\1

sinZODM=—=sinZBOF,

网询2

所以|OZ)|=a=2,而2Z?=2,即。=1,

所以c=J?=F=万万=0，所以离心率e=£=虫.

a2

故答案为：且.

2

反思提升：

空间几何体结构特征的判断技巧

(1)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，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)通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可.

(3)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

(4)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：

19

S直观国一原图形.

（5）几何体的表面展开图可以有不同的形状，应多实践，观察并大胆想象立体图形与表面展开

图的关系，一定先观察立体图形的每一个面的形状.

【考点2】表面积与体积

一、单选题

1.（2024・天津红桥•二模）如图，圆锥形脆皮筒上面放半球形的冰淇淋，为了保障冰淇淋融化后能落在脆皮

筒里，不溢出来，某规格的脆皮筒规定其侧面面积是冰淇淋半球面面积的2倍，则此规格脆皮筒的体积与

冰淇淋的体积之比为（）

A.叵B.巫C.走D.走

4242

2.（2024•陕西•模拟预测）将一个正四棱台物件放入有一定深度的电解槽中，对其表面进行电泳涂装.如图

所示，已知该物件的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为36，则该物件的

高为（）

A.—B.1C.J2D.3

2

二、多选题

3.（2021•辽宁沈阳•模拟预测）三星堆遗址，位于四川省广汉市，距今约三千到五千年.2021年2月4日，

在三星堆遗址祭祀坑区4号坑发现了玉琮.玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，是一种古人用于祭祀的礼器.假

定某玉琮中间内空，形状对称，如图所示，圆筒内径长2cm,外径长3cm,筒高4cm,中部为棱长是3cm的

正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则（）

20

A-该玉琮的体积为18+jcn?）B.该玉琮的体积为27一彳即）

C.该玉琮的表面积为54+兀（皿2）D.该玉琮的表面积为54+9兀（cm?）

4.（2024•吉林长春•三模）某圆锥的侧面展开图是圆心角为二，面积为3Tl的扇形，则（）

A.该圆锥的母线与底面所成角的正弦值为迪

3

B.若该圆锥内部有一个圆柱，且其一个底面落在圆锥的底面内，则当圆柱的体积最大时，圆柱的高为;

C.若该圆锥内部有一个球，则当球的半径最大时，球的内接正四面体的棱长为友

3

D.若该圆锥内部有一个正方体ABC。-AAGA，且底面A8CO在圆锥的底面内，当正方体的棱长最大

时，以A为球心，半径为生&的球与正方体表面交线的长度为亚兀

99

三、填空题

5.（2024•山西吕梁•二模）已知圆台。的高为3,中截面（过高的中点且垂直于轴的截面）的半径为3,

若中截面将该圆台的侧面分成了面积比为1：2的两部分，则该圆台的母线长为.

6.（2021•全国•模拟预测）已知圆锥的轴截面以8是边长为a的正三角形，A2为圆锥的底面直径，球。与

圆锥的底面以及每条母线都相切，记圆锥的体积为匕，球。的体积为匕，则9=；若M，N是圆锥底

面圆上的两点，且=则平面PMN截球。所得截面的面积为.

参考答案：

1.B

【分析】设圆锥的半径为,，高为力，母线长为/,结合题意面积比得到/7=岳厂，再计算二者的体积比即可.

【详解】设圆锥的半径为乙高为“，母线长为/,

则母线长为/=护寿，

所以圆锥的侧面积是Tirl=Tirylr2+h2，

半球的面积2口2,

由题意可得jirylr2+h2=2x2兀/,

解得h=，

所以圆锥的体积为工=叵-半球的体积为1x"/=?/,

33233

厉3

-----7irhv

所以此规格脆皮筒的体积与冰淇淋的体积之比为Y——=也,

271r32

3

故选：B.

2.C

【分析】作出正四棱台的图形，设A耳=8耳=a,利用该四棱台侧面的面积求得。，进而利用勾股定理即可

得解.

【详解】设44=8耳=。，则A8=2a.

因为该四棱台为正四棱台，所以各个侧面都为等腰梯形，上、下底面为正方形,

在四边形中，过点A1作于点E,

则AE=：（2a_a）=£,所以=

所以SABB,4=史言•岑a==3.，解得。=2,

在平面ACGA中，过点4作A/LAC于点

易知A/为正四棱台的高，贝尸=g（4后一2也）=收，

所以4于=32=,4—2=也.

故选：C.

3.BD

【分析】体积为圆筒体积（外圆柱减去内圆柱体积）加上正方体体积减去内切圆柱体积.

组合体的表面包含下面几个部分：外圆柱侧面在正方体外面的部分，正方体上下两个底面去掉其内切圆的

部分，圆筒的上下两个底面（两个圆环），正方体的4个侧面，内圆柱的侧面，面积相加可得.

2

【详解】由图可知，组合体的体积V=nx4x[J-I+3X3X3FX3X1|）=27-^（cm3）.

22

S=3KX1+2X3x3一兀x+3X3X4+2TIX+271x4=54+9兀（cn?）.

故选：BD.

4.ACD

【分析】先根据圆锥侧面积公式S侧=97和扇形弧长公式得出圆锥的母线长/=3、底面半径r=1和高

//=2&即可求出圆锥的母线与底面所成角。正弦值，进而判断A；根据三角形相似比得出圆柱高与其底面

半径比的关系，再代入圆柱体积公式监=叫%得到监=2忘兀（/；2r3）,再利用导数工具求出最值即可突

破求解进而判断B；CD属于简单几何体的接切和相交问题，要结合相应几何体的结构特征和关系进行分析

判断，具体看详解.

71rl=3万,

【详解】对于A,由圆锥侧面积公式5恻=%〃和扇形弧长公式得2万，.

［3

n/=3,r=l,所以圆锥的高力=J/2一厂2=后一俨=2&,

设圆锥的母线与底面所成角贝心缶0=2=逆，故A对；

I3

对于B,设圆锥内切圆柱底面半径为,高为九，

则有"勺=二=%=比二1=2&（1-外上？/