2025版高考数学一轮总复习知识梳理训练题第7章立体几何第1讲空间几何体的结构及其表面积和体积

这是一份2025版高考数学一轮总复习知识梳理训练题第7章立体几何第1讲空间几何体的结构及其表面积和体积，共5页。试卷主要包含了柱体、锥体、台体体积间的关系等内容，欢迎下载使用。

知识点一 多面体的结构特征
知识点二 旋转体的结构特征
知识点三 圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
知识点四 柱体、锥体、台体和球体的表面积和体积
知识点五 直观图
归 纳 拓 展
1．一个平面图形在斜二测画法下的直观图与原图形相比，有“三变、三不变”．
三变：坐标轴的夹角改变，与y轴平行线段的长度改变(减半)，图形改变．
三不变：平行性不变，与x轴平行的线段长度不变，相对位置不变．
2．柱体、锥体、台体体积间的关系：
台体的体积常化为两锥体体积之差求解．
3．多面体的外接球与内切球常用的结论：
(1)设正方体的棱长为a，则它的内切球半径r＝eq \f(a,2)，外接球半径R＝eq \f(\r(3),2)a.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(与各棱都相切的球的半径为\f(\r(2),2)a))
(2)设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则它的外接球半径R＝eq \f(\r(a2＋b2＋c2),2).
(3)设正四面体的棱长为a，则它的高为h＝eq \f(\r(6),3)a，内切球半径r＝eq \f(1,4)h＝eq \f(\r(6),12)a，外接球半径R＝eq \f(3,4)h＝eq \f(\r(6),4)a.
双 基 自 测
题组一 走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(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)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( × )
(3)用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台．( × )
(4)有两个面平行且相似，其他各面都是梯形的多面体是棱台．( × )
(5)已知球O的半径为R，其内接正方体的棱长为a，则R＝eq \f(\r(3),2)a.( √ )
(6)圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS.( × )
题组二 走进教材
2．(必修2P119T1)已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( B )
A．1 cm B．2 cm
C．3 cm D．eq \f(3,2) cm
[解析] 由条件得：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(πrl＋πr2＝12π，,\f(2πr,l)＝π，))
∴3r2＝12，∴r＝2.
3．(多选题)(必修2P116T3改编)“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为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到的半正多面体的表面积为12＋4eq \r(3)，则关于该半正多面体的下列说法中正确的是( ACD )
A．AB＝eq \r(2)
B．该半正多面体的外接球的表面积为6π
C．AB与平面BCD所成的角为eq \f(π,4)
D．与AB所成的角是eq \f(π,3)的棱共有16条
[解析] 设正方体的棱长为2a，则6×(eq \r(2)a)2＋8×eq \f(\r(3),4)×(eq \r(2)a)2＝12＋4eq \r(3)，∴a＝1，∴AB＝eq \r(2)a＝eq \r(2)，A正确；
显然该半正多面体外接球的球心为对应正方体的中心，∴外接球半径R＝eq \r(2)，∴S球＝8π，B错误；
显然AB与平面BCD所成角为∠HBA＝eq \f(π,4)，C正确；
与AB成角是eq \f(π,3)的有BC、AC、EN、FD、FM、EM、AN、BD、CT、CP、DP、DR、MS、MR、NT、SN共16条，D正确．故选ACD.
题组三 走向高考
4．(2023·全国新高考Ⅰ卷)在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq \r(2)，则该棱台的体积为 eq \f(7,6)eq \r(6) .
[解析] 解法一：如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A1M为四棱台ABCD－A1B1C1D1的高，
因为AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq \r(2)，则A1O1＝eq \f(1,2)A1C1＝eq \f(1,2)×eq \r(2)A1B1＝eq \f(\r(2),2)，AO＝eq \f(1,2)AC＝eq \f(1,2)×eq \r(2)AB＝eq \r(2)，故AM＝eq \f(1,2)(AC－A1C1)＝eq \f(\r(2),2)，则A1M＝eq \r(A1A2－AM2)＝eq \r(2－\f(1,2))＝eq \f(\r(6),2)，所以所求体积为V＝eq \f(1,3)×(4＋1＋eq \r(4×1))×eq \f(\r(6),2)＝eq \f(7\r(6),6).
解法二：同解法一棱台高h＝eq \f(\r(6),2)，∴VA1－ABD＝eq \f(1,3)S△ABD×eq \f(\r(6),2)＝eq \f(\r(6),3)，又eq \f(S△A1BB1,S△A1AB)＝eq \f(1,2)，eq \f(S△A1B1D1,S△ABD)＝eq \f(1,4).∴VD－A1BB1＝eq \f(1,2)VA1－ABD＝eq \f(\r(6),6)，VD－A1B1D1＝eq \f(1,4)VA1－ABD＝eq \f(\r(6),12)，∴VA1B1D1－ABD＝VA1－ABD＋VD－A1BB1＋VD－A1B1D1＝eq \f(7\r(6),12)，∴VA1B1C1D1－ABCD＝2VA1B1D1－ABD＝eq \f(7\r(6),6).
5．(2022·全国新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3eq \r(3)和4eq \r(3)，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( A )
A．100π B．128π
C．144π D．192π
[解析] 设正三棱台上下底面所在圆面的半径r1，r2，所以2r1＝eq \f(3\r(3),sin 60°)，2r2＝eq \f(4\r(3),sin 60°)，即r1＝3，r2＝4，设球心到上下底面的距离分别为d1，d2，球的半径为R，所以d1＝eq \r(R2－9)，d2＝eq \r(R2－16)，故|d1－d2|＝1或d1＋d2＝1，即|eq \r(R2－9)－eq \r(R2－16)|＝1或eq \r(R2－9)＋eq \r(R2－16)＝1，解得R2＝25符合题意，所以球的表面积为S＝4πR2＝100π.故选A.名称
棱柱
棱锥
棱台
图形
结构
特征
①有两个面互相 平行且全等，其余各面都是 平行四边形 .
②每相邻两个四边形的公共边都互相 平行
有一个面是 多边形 ，其余各面都是有一个公共顶点的 三角形 的多面体
用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥， 截面 和 底面 之间的部分
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
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
全等的 矩形
全等的 等腰三角形
全等的 等腰梯形
圆
侧面展
开图
矩形
扇形
扇环
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
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＝ eq \f(1,3)S底·h
台体
(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝eq \f(1,3)(S上＋S下＋eq \r(S上S下))h
球
S＝ 4πR2
V＝eq \f(4,3)πR3
直观图
斜二测画法：(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为 原来的一半 .