第7章 第1讲 基本立体图形及其表面积与体积 课后达标检测(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学（创新版）

**基本信息** 聚焦立体几何表面积与体积计算，通过几何性质应用、空间位置分析构建解题体系，强化空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |表面积计算|3题（1/7/8）|菱形边长公式、圆锥滚动轨迹、旋转体构成分析|从平面几何性质（对角线关系）过渡到空间旋转体表面积合成| |体积计算|6题（3/4/8/9/10/12）|三角形面积最值、圆台体积公式、棱台补形法|以底面积与高关系为核心，结合动态最值与补形转化思想| |空间位置与综合|4题（2/5/6/13）|多面体拼接共面判断、动点轨迹分析、外接球转化|通过向量表示与线面平行构建空间位置认知，实现几何问题代数化|

1．已知底面是菱形的直棱柱，底面的对角线的长分别是6和8，棱柱的高是15，则这个棱柱的侧面积是(　　) A．75 B．250 C．150 D．300 解析：选D．由平行四边形的对角线的平方和等于四条边的平方和，可得菱形的边长为5，所以侧面积为S侧＝4×5×15＝300. 2．已知一个正四面体和一个正四棱锥所有的棱长相等，把它们拼接起来，使一个表面重合，所得多面体的面数有(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 解析：选A．因为合成后PDE，DEF共面，PEC，CEG共面，故合成后即三棱柱EFG­PDC，如图，从而合成后只有5个面． 3．如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO＝OB＝1.则三棱锥P­ABC体积的最大值为(　　) A．3 B． C．2 D． 解析：选D．依题意，AB＝2，当OC⊥AB时，△ABC的面积最大，因为PO⊥平面ABC，则V三棱锥P­ABC＝S△ABC·PO≤××2×1×1＝，所以三棱锥P­ABC体积的最大值是. 4．已知直角梯形ABCD，AB∥CD，AD⊥AB，AB＝2CD＝1，AD＝，绕直角边AD旋转一周，则所得几何体的侧面积为(　　) A．π B．π C．π D．π 解析：选A．如图所示，直角梯形ABCD绕直角边AD旋转一周得到圆台，其中，上底面半径r1＝CD＝，下底面半径r2＝AB＝1，母线长l为边BC的长度．在梯形ABCD中，l＝BC＝＝＝，则圆台的侧面积S＝π(r1＋r2)l＝π×(＋1)×＝π. 5．(2026·松江模拟)在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AA1＝1，动点P满足＝λ＋，λ∈(0，1)，则下列几何体体积为定值的是(　　) A．四棱锥P-A1ABB1 B．四棱锥P­A1ACC1 C．三棱锥P­A1BC1 D．三棱锥P­A1BC 解析：选D．对于正三棱柱ABC­A1B1C1，且＝λ＋，λ∈(0，1)，则P在B1C1上运动(不含端点)，所以P到平面A1ABB1、平面A1ACC1、平面A1BC1的距离均是变化的，棱锥底面积都是定值，故A，B，C不符合题意；由B1C1∥BC，BC⊂平面A1BC，B1C1⊄平面A1BC，则B1C1∥平面A1BC，所以P到平面A1BC的距离为定值，且底面A1BC的面积是定值，所以三棱锥P­A1BC的体积为定值，D符合题意． 6．(多选)下列说法正确的有(　　) A．用斜二测画法画出边长为2的等边三角形的直观图，则直观图的面积为 B．棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形 C．两个底面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台 D．以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥 解析：选AB．对于A，如图所示，∠A′O′C′＝，C′D′⊥A′B′，因为△ABC是边长为 2 的等边三角形，所以OC＝＝，根据斜二测画法可知，A′B′＝AB＝2，O′C′＝OC＝，因此直观图的面积为×2×(×sin )＝×＝，故本选项说法正确； 对于B，根据棱柱的定义可知棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形，故本选项说法正确；对于C，根据棱台的定义可知，此时还要看侧棱的延长线是否交于一点，因此本选项说法不正确；对于D，以直角三角形的斜边为轴旋转一周所得的旋转体是两个共底面的圆锥组成的几何体，故本选项说法不正确． 7．如图，底面半径为4的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点S滚动， 当这个圆锥在平面内转回原位置时， 圆锥本身恰好滚动了2周， 则圆锥的表面积为________． 解析：设圆锥的母线长为l，底面半径为r＝4，则2πl＝2×2πr，解得l＝2r＝8，所以圆锥的表面积为π×4×8＋π×42＝48π. 答案：48π 8．如图，正方形ABCD的边长为2，分别以边AB和CD的中点E，F为圆心画弧AO和CO，以直线EF为轴旋转，弧AO，CO和线段AD分别旋转一周形成的曲面所围成的几何体的体积是________． 解析：易知旋转所形成的几何体是以底面半径为1，高为2的圆柱被挖去了上、下两个半球，且半球的半径为1，因此围成的几何体的体积是π×12×2－×13＝. 答案： 9．(13分)如图，一个直三棱柱形容器ABC­A1B1C1，侧棱AA1＝8.(容器出口在上底面点C1处，大小可忽略) (1)若底面是边长为2的正三角形，求这个容器的表面积与体积；(4分) (2)若侧面AA1B1B水平放置时，液面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的中点，当底面ABC水平放置时，液面高为多少？(9分) 解：(1)表面积S＝S侧＋2S底＝2×8×3＋2××22×＝48＋2， 体积V＝×22××8＝8. (2)设△ABC的面积为x，底面ABC水平放置时，液面高为h， 则水的体积为V水＝8x－8×x＝6x， 当底面ABC水平放置时，水的体积为V水＝x·h＝6x，解得h＝6，即液面高为6. 10．(2026·漳州模拟)图1圆柱形笔筒的底面直径为10 cm(壁的厚度忽略不计)，母线长为42 cm，直观图如图2所示，AB，CD 分别为该圆柱的上底面和下底面直径，且AB⊥CD，则三棱锥A­BCD的体积为(　　) A．640 cm3 B．660 cm3 C．700 cm3 D．720 cm3 解析：选C．由AB⊥CD，易得BC＝AC＝BD＝AD，取AB的中点O，连接OC，OD，则AB⊥OC，AB⊥OD，又OC∩OD＝O，OC，OD⊂平面OCD，所以AB⊥平面OCD，所以V三棱锥A­BCD＝S△OCD·AB＝××10×42×10＝700 cm3. 11．(2026·张家口模拟)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． 解析：选B．设正三棱柱的底面边长为a，高为h， 则其表面积S＝2×a2＋3ah＝6，得h＝，又h＞0，a>0，所以0＜a＜2， 故正三棱柱的体积V＝a2h＝， 则V′(a)＝－a2，当0＜a＜2时，V′(a)＞0，V(a)单调递增， 当2＜a＜2时，V′(a)＜0，V(a)单调递减， 所以当a＝2时，该正三棱柱体积取得最大值，此时三棱柱的高为. 12．(2026·黄冈模拟)在正三棱台ABC­A1B1C1中，AB＝6，A1B1＝3，A1A与平面ABC所成角的正切值为1，则该棱台的体积为________． 解析：如图，将正三棱台ABC­A1B1C1补成正三棱锥P­ABC， 则A1A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角， 设点P在平面ABC上的射影为O，在平面A1B1C1上的射影为O1， 则O为△ABC的中心，O1为△A1B1C1的中心，则∠PAO即为棱A1A与底面ABC所成的角，而tan ∠PAO＝1， 设△A1B1C1的高为h，由等面积公式得×3×h＝××3×3，解得h＝，由等边三角形的性质得O1A1＝h＝，同理可得OA＝2， 故tan ∠PAO＝＝＝1， 故PO1＝O1A1＝，PO＝OA＝2，所以棱台的高OO1＝PO－PO1＝，因为正三棱台ABC­A1B1C1的上底面边长A1B1＝3，下底面边长AB＝6，所以S＝××3×3＝， S△ABC＝××6×6＝9，则棱台的体积V＝×(＋＋9)×＝. 答案： 13．(15分)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的长、宽、高分别为x，y，2，且x≥y，x＋y＝2. (1)当底面ABCD为正方形时，求长方体ABCD­A1B1C1D1的表面积和体积；(4分) (2)求三棱锥A1­BC1D体积的最大值；(5分) (3)记三棱锥A1­BC1D外接球的表面积为S1，底面ABCD的面积为S2，求的取值范围．(6分) 解：(1)因为底面ABCD为正方形，所以x＝y＝1，则长方体ABCD­A1B1C1D1的表面积为2×1×1＋4×1×2＝10，体积为1×1×2＝2. (2)V＝V－V－V－V－V＝2xy－×xy×2×4＝xy≤()2＝， 当且仅当x＝y＝1时，等号成立，故三棱锥A1­BC1D体积的最大值为. (3)由题可知，三棱锥A1­BC1D的外接球即长方体ABCD­A1B1C1D1的外接球，设该外接球的半径为R则2R＝， 所以S1＝4πR2＝π(x2＋y2＋4)，S2＝xy， 则＝＝＝π(＋＋2)， 令t＝，则t≥1，＝2π(t＋＋1)， 因为t＋≥2，所以＝2π(t＋＋1)≥6π， 当且仅当t＝1，即x＝y＝1时，等号成立， 所以的取值范围为[6π，＋∞). 学科网（北京）股份有限公司 $