高中数学人教A版（2019）节节练8.1基本立体图形A卷（Word含答案解析）

高中数学人教A版（2019）节节练8.1基本立体图形A卷
一、单选题
1．在正方体中，M，N，Q分别为棱AB，的中点，过点M，N，Q作该正方体的截面，则所得截面的形状是（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
2．已知正方体的边长为，为边上靠近的三等分点，过且垂直于直线的平面被正方体所截的截面面积为（ ）
A． B． C． D．
3．已知正四面体的棱长为4，点在棱上，且，过作四面体外接球的截面，则所作截面面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，若线段A1D上存在一点E，使AE+B1E取得最小值，则此最小值是（ ）
A．4 B．
C． D．
5．我国南北朝时的数学家祖暅提出了计算体积的原理：“幂势既同，则积不容异”，意思是两个等高几何体，如果作任意高度为的水平截面截两个几何体所得截面面积相同，则两个几何体体积相同．如图是个红酒杯的杯体部分，它是由抛物线在的部分曲线以轴为轴旋转而成的旋转体，其上口半径为2，高度为4，那么以下几个几何体做成的容器与该红酒杯的容积相同的是（ ）．
A．如图一是一个底面半径为2，高为4的圆锥
B．如图二是一个横向放置的直三棱柱，高为，底面是一个两直角边均为4的直角三角形
C．如图三是一个底面半径为2，高为4的圆柱挖去了同底等高的圆锥
D．如图四是一个高为4的四棱锥，底面是长宽分别为和4的矩形
6．三棱锥的各个顶点都在球的表面上，且是等边三角形，底面，，.若点在线段上，且，则过点的平面截球所得截面的最小面积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
7．长方体的长、宽、高分别为3，2，1，则（ ）
A．长方体的表面积为20
B．长方体的体积为6
C．沿长方体的表面从A到的最短距离为
D．沿长方体的表面从A到的最短距离为
8．正方体的截面可能是其中（ ）
A．钝角三角形 B．菱形 C．正五边形 D．正六边形
第II卷（非选择题）
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三、填空题
9．已知，如图，正方体棱长为，为上的动点，则的最小值为__________.
10．已知四面体的所有棱长均为4，点满足，则以为球心，为半径的球与四面体表面所得交线总长度为______.
11．已知四边形是等腰梯形，，，，，梯形的四个顶点在半径为的球面上，若是球面上任意一点，则点到平面的距离的最大值为____________．
12．某圆柱的侧面展开图是面积为的正方形，则该圆柱一个底面的面积为_______．
四、解答题
13．如图，在正方形ABCD中，E、F分别为AB、BC的中点，现在沿DE、DF及EF把△ADE、△CDF和△BEF折起，使A、B、C三点重合，重合后的点记为P.
问：(1)这个几何体是什么？
(2)这个几何体由几个面构成？每个面的三角形是什么三角形？
14．若正四棱锥的底面边长为，侧棱与底面所成的角为，求正四棱锥的侧棱长和斜高.
15．已知一个上、下底面为正三角形且两底面中心连线垂直于底面的三棱台的两底面边长分别为20cm和30cm，且其侧面积等于两底面面积之和，求棱台的高．
16．如图，已知圆柱的底面半径为，高为.
（1）求从下底面出发环绕圆柱侧面一周到达上底面的最短路径长；
（2）若平行于轴的截面将底面圆周截去四分之一，求圆柱被截得较小部分的体积.
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．D
【分析】
分别为中点，M，N，Q确定平面，证明六边形的每条边均在内，得到答案.
【详解】
如图所示：分别为中点，M，N，Q确定平面，
且，故，，故，
同理可得，，，故截面为六边形.
故选：D.
2．A
【分析】
连接、、、、，证明出平面，设过点且与直线垂直的平面分别交、于点、，可得出平面平面，推导出是边长为的等边三角形，利用等边三角形的面积公式即可得解.
【详解】
连接、、、、，如下图所示：
四边形为正方形，，
平面，平面，，
，平面，
平面，，同理可证，
，平面，
设过点且与直线垂直的平面分别交、于点、，
平面，平面，所以，平面平面，
平面平面，平面平面，，
，，同理可得，
由勾股定理可得，同理可得，
所以，是边长为的等边三角形，所以，.
故选：A.
【点睛】
关键点点睛：本题考查正方体截面面积的计算，确定截面形状与边长是解题的关键，本题中通过证明平面可得出截面与平面平行，可确定截面与正方体各棱的交点，进而可确定截面的形状，再结合三角形面积公式求解.
3．B
【分析】
由题，正四面体的外接球即正方体的外接球，球的截面是圆，要求所作截面面积的最小值，只需确定截面圆的半径，借助余弦定理和勾股定理即可．
【详解】
如图，正四面体的棱长为4，则正方体的棱长为，
正四面体的外接球即正方体的外接球，其半径为，
∴，
∵，
∴，
则截面圆的半径，
∴截面面积的最小值为.
故选：B.
【点睛】
本题关键点在于确定正四面体的外接球即正方体的外接球，进而确定截面为圆，难点在于半径的计算．
4．C
【分析】
将沿所在直线翻折，使点与点在平面，且在直线的异侧，再利用两点间线段最短和余弦定理进行求解.
【详解】
如图1，将沿所在直线翻折，使平面，
且点与点在直线的异侧，如图2所示，
因为是线段上任意一点，所以，
当且仅当三点共线时，取得最小值，
此最小值即为，
在中，由余弦定理，得：
，
所以.
故选:C．
图1 图2
5．B
【分析】
先求得红酒杯在高度为h处的截面面积，再分别求得选项A、B、C、D中几何体在高度为h处截面的面积，结合祖暅原理，即可得答案.
【详解】
由题意得，该红酒杯上口径为2，则上面圆的面积为，
设A点的纵坐标，如图所示：
因为A点在抛物线上，所以，即高度为h处，红酒杯水平截面圆半径为，
所以截面圆的面积为：.
对于A：底面圆的半径为2，面积为，
在高度为处作圆锥的水平截面圆，半径为CD，再作出圆锥的轴截面，如图所示：
所以，AB为圆锥底面直径，所以，，
根据可得：，解得，
所以高度为h处，圆锥的截面圆半径为，
所以截面圆的面积为，故A不符合题意.
对于B：直三棱柱上面面积为，
在高度为处作棱柱的水平截面DEFG，如图所示：
所以，因为，
根据，可得，
所以高度为h处的截面DEFG的面积为，符合题意；
对于C：圆柱上底面圆的面积为，
在高度为处作该几何体的水平截面圆，作出该几何体的轴截面，如图所示
，
所以，GH为圆锥截面圆的半径，，
根据可得：，
所以，
所以截去圆锥的截面面积为，
则所剩几何体的截面面积为，故C不符合题意；
对于D：底面的面积为，
在高度为处作棱锥的水平截面EFGH，如图所示：
所以三棱锥的高为h，的高为4，，
根据可得：，
所以，
所以截面EFGH的面积为.故D不符合题意.
故选：B
【点睛】
解得的关键是理解祖暅原理，即作任意高度为的水平截面截两个几何体所得截面面积相同，根据圆锥、圆柱、棱柱、棱锥的性质，逐一求得截面面积，即可得答案，考查分析理解，空间想象，计算求值的能力，属中档题.
6．A
【分析】
如图，设外接圆的圆心为，求出和外接球的半径,取的中点，求出,即得解.
【详解】
如图，设外接圆的圆心为，则外接圆半径，
设三棱锥的外接球的球心为，则外接球的半径.
取的中点，由，，得，.
则过点的平面截球所得截面圆的最小半径为，
过点的平面截球所得截面的最小面积为.
故选：A
7．BC
【分析】
由题意，可利用柱体体积公式和多面体表面积公式进行计算，沿表面最短距离可将临近两个面侧面展开图去计算，即可求解正确答案.
【详解】
长方体的表面积为，A错误.长方体的体积为，B正确.如图（1）所示，长方体中，，，.求表面上最短（长）距离可把几何体展开成平面图形，如图（2）所示，将侧面和侧面展开，
则有，即经过侧面和侧面时的最短距离是；如图（3）所示，将侧面和底面展开，则有，即经过侧面和底面时的最短距离是；如图（4）所示，将侧面和底面展开，
则有，即经过侧面和底面时的最短距离是.因为，所以沿长方体表面由A到的最短距离是，C正确，D不正确.
故选：BC.
【点睛】
本题考查长方体体积公式、表面积公式和沿表面的最短距离，考查空间想象能力，属于基础题.
8．BD
【分析】
通过做正方体的截面确定正确选项.
【详解】
取上的点，则截面为三角形，
设，
，，，
则，
∴ 为锐角，同理可得，为锐角，
故截面为锐角三角形，A错，
如图取，，的中点，连接，
∵ ，，∴ 四边形为平行四边形，
∴ ，又，
∴ ，又
∵四边形为平行四边形，又，
∴ 四边形为菱形，B对，
如图：做正方体的五边形截面，过点作，
则，故五边形截面不是正五边形，
故截面不能为正五边形，C错，
如图取的中点为，
易证，，
∴ 六点共面，
又，
∴ 六边形为正六边形，D对，
9．
【分析】
首先将翻转平面，使点转到的对应点在平面内，再将折线和的最小值，转化为两点间距离，即可计算结果.
【详解】
如图，将沿翻转，使点转到的对应点在平面内．则
．
故．
从而， ．
当且仅当为与的交点时，上式等号成立．
故答案为：
10．
【分析】
根据正四面体的结构特征求得到面的距离，进而利用球的截面的性质求得各面所在平面与球的截面圆的半径，注意与各面的三角形内切圆的半径比较，确定此截面圆是否整个在面所在的三角形内，进而确定球与各面的交线，得到球与四面体表面所得交线总长度．
【详解】
已知四面体ABCD的所有棱长均为4，所以四面体ABCD是正四面体，
因为点O满足，所以为正四面体ABCD的中心
设正三角BCD的中心为F，正三角ACD的中心为G，CD的中点为E，
则连接则．
则，，
，
．
因为球O的半径为，所以球O被平面截得圆半径为，
因为正三角形BCD的边长为4，所以正三角形内切圆半径为，
故球O与四面体ABCD的每一个面所得的交线为正好为内切圆，每个内切圆的周长为，所以球与四面体ABCD表面所得交线总长度．
故答案为：．
11．
【分析】
当与球心的连线⊥平面时，点到平面的距离的最大值，此时构造球心三角形可以解得球心到平面的距离，从而求得最大值.
【详解】
因为四边形是等腰梯形，易知，
如图所示，连接AC，由余弦定理可得，
因为四边形的外接圆也是的外接圆，
所以由正弦定理可得，四边形的外接圆的半径为．
设球心为，四边形的外接圆的圆心为，
在中，可知，即，
解得，
所以点到平面的距离的最大值为．
故答案为：.
【点睛】
思路点睛：动点在上时，距离平面距离最大，借助球心三角形可以解得该值.
12．
【分析】
根据圆柱侧面积公式，结合侧面展开图的性质，求得圆柱底面圆的周长，求得结果.
【详解】
因为圆柱的侧面展开图是面积为的正方形，所以该正方形的边长为，
又圆柱的底面圆的周长为其展开图正方形的边长，
所以圆柱的底面圆半径为1，
故该圆柱一个底面的面积为，
故答案为：.
13．(1)这个几何体是三棱锥．
(2)这个几何体由四个面构成，分别为面DEF、面DFP、面DEP、面EFP.△DEF为等腰三角形，△DFP、△EFP、△DEP均为直角三角形．
【分析】
（1）根据题意，分析可得这个几何体是三棱锥；
（2）由三棱锥的几何结构分析可得答案.
【详解】
（1）根据题意，得到的几何体为三棱锥；
（2）这个几何体由四个面构成，即面DEF、面DFP、面DEP、面EFP．
又由DE＝DF，∠DPE＝∠EPF＝∠DPF＝90°，
所以△DEF为等腰三角形，△DFP、△EFP、△DEP为直角三角形；
【点睛】
本题主要考查棱锥的结构特征，三角形形状和线面关系等基本知识，属于基础题．
14．,.
【分析】
在正四棱锥中，，则为底面的中心，，从而得到，作于，连接，则，由此能得到答案．
【详解】
如图所示，在正四棱锥中，，则为底面的中心，
则即为和所成的角，故，
所以，
作于，连接，则，所以即为正四棱锥的斜高，
在中，，所以正四棱锥侧棱长为，斜高为．
【点睛】
本题主要考查了正四棱锥的结构特征的应用，其中熟记空间几何体的结构特征和准确作出运算是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题．
15．4
【解析】
【分析】
利用棱台的高、斜高、边心距构成直角梯形，通过构造直角三角形，利用勾股定理求出棱台的高．
【详解】
如图所示，在正三棱台ABC-A1B1C1中，两底面边长分别为AB=30cm，A1B1=20cm，
∴侧面积为S侧=3××（30+20） DD1，
两底面积之和为S底=×（302+202），
∵S侧=S底，∴ DD1=×1300，解得DD1=，
∴OO12==，
∴OO1=4；
即棱台的高为4．
【点睛】
本题主要考查了求正三棱台的高的问题，其中解题时应结合图形，利用棱台的高、斜高、边心距构成直角梯形，通过构造直角三角形，利用勾股定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
16．（1）；（2）.
【分析】
（1）展开的矩形的对角线长为最短路径，计算得到答案.
（2）计算，三棱柱的体积是，计算得到答案.
【详解】
将侧面沿某条母线剪开铺平得到一个矩形，邻边长分别是和，
则从下底面出发环绕侧面一周到达上底面的最短路径长即为此矩形的对角线长．
连接，因为截面将底面圆周截去，所以.
设圆柱被截得较小部分的体积 ，
依题知，三棱柱的体积是，
则，所以.
【点睛】
本题考查了最短路径，几何体体积，意在考查学生的计算能力和转化能力.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页