8.1.1棱柱 课时训练-2022-2023学年高一下学期数学人教A版（2019）必修第二册（含解析）

第八章8.1.1棱柱课时训练--人教A版（2019）必修第二册
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．长方体中，，，则此长方体的对角线长是（ ）
A．2 B． C． D．
2．已知正方体的棱长为2，M、N分别为、的中点，过 、的平面所得截面为四边形，则该截面最大面积为（ ）
A． B． C． D．
3．“棱柱有相邻两个侧面是矩形”是“该棱柱为直棱柱”的（ ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要 D．既非充分又非必要条件
4．在正方体中，点Q是棱上的动点，则过A，Q，三点的截面图形是（ ）
A．等边三角形 B．矩形 C．等腰梯形 D．以上都有可能
5．棱长为2的正方体中，E为的中点，点P，Q分别为面和线段上的动点，则周长的最小值为（ ）
A． B． C． D．
6．在四棱柱中，四边形ABCD是正方形，，，，，则（ ）
A． B． C． D．
7．在直三棱柱中，，，，E是棱上的一点，则的周长的最小值为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为CC1的中点，点P，Q分别为面A1B1C1D1和线段B1C上动点，则△PEQ周长的最小值为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题
9．一个棱柱是正四棱柱的条件是（　　）
A．底面是正方形，有两个侧面是矩形
B．底面是正方形，有两个侧面垂直于底面
C．底面是菱形的直四棱柱，且对角线长度相等
D．底面是正方形，每个侧面是全等矩形的四棱柱
10．已知棱长为2的正方体的中心为，用过点的平面去截正方体，则（ ）
A．所得的截面可以是五边形 B．所得的截面可以是六边形
C．该截面的面积可以为 D．所得的截面可以是非正方形的菱形
11．用一个平面去截正方体，截面形状不可能是下列哪个图形（ ）
A．五边形 B．直角三角形 C．直角梯形 D．钝角三角形
12．平面α以任意角度截正方体，所截得的截面图形可能为（ ）
A．等腰梯形 B．非矩形的平行四边形 C．正五边形 D．正六边形
三、填空题
13．在棱长为的正方体中，，分别是正方形、正方形的中心，则过点，，的平面截正方体的截面面积为______．
14．设{正四棱柱}，{直四棱柱}，{长方体}，{正方体}，则它们之间的关系是______.
15．如图，在棱长为1的正方体中，分别为，的中点，过三点的平面与直线交于点P，则线段的长为______．
16．如图，三棱柱中，底面，，是上一动点，则的最小值是_______．
四、解答题
17．如图，长方体中，，，，从长方体的一条对角线的一个端点出发，沿表面运动到另一个端点，求其最短路程．
18．已知直三棱柱的侧棱长为6，且底面是边长为2的正三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱，，，分别交于三点M，N，Q.若为直角三角形，求该直角三角形斜边长的最小值.
参考答案：
1．B
【分析】根据题意，作图，根据勾股定理和锐角三角函数，分别计算出长方形的长宽高，进而利用长方体的对角线的计算公式，直接计算可得答案
【详解】
由已知得，，，根据勾股定理和锐角三角函数，在直角三角形中，得，，在直角三角形中，由，可得，，则此长方体的对角线长为.
故选：B
2．D
【分析】画出图形，可得最大面积的截面四边形为等腰梯形，根据梯形的面积公式求解即可.
【详解】如图所示，最大面积的截面四边形为等腰梯形，
其中，高为，
故面积为.
故选:D．
3．C
【分析】利用棱柱的结构特征和充分，必要条件的定义进行求解
【详解】若棱柱有相邻两个侧面是矩形，则两侧面的交线必定垂直于底面，所以该棱柱为直棱柱，满足充分性；
若棱柱为直棱柱，则棱柱有相邻两个侧面是矩形，满足必要性；
故“棱柱有相邻两个侧面是矩形”是“该棱柱为直棱柱”的充要条件，
故选:.
4．D
【分析】由点是棱上的动点，可考虑分别在的端点以及中点，故可得过、、三点的截面图形的形状.
【详解】所以当点与重合时，过、、三点的截面是等边三角形；
当点与重合时，过、、三点的截面是矩形；
当点与的中点重合时，取的中点,由于所以,又,故过、、三点的截面是等腰梯形，如图所示：
所以过，，三点的截面图形是可能是等边三角形、矩形或等腰梯形．
故选：D
5．B
【分析】由题意结合对称性分析，周长取最小值时，P在上，作点关于的对称点分别为，求，即可得到周长的最小值．
【详解】过点P作的垂线，垂足为，则，
则周长，当P与重合时等号成立，即P在上，
作点关于的对称点分别为，则
∴，当四点共线时等号成立，
故周长.
故选：B.
6．B
【分析】利用余弦定理求得正确答案.
【详解】在三角形中，由余弦定理得，
在三角形，由余弦定理得，
所以，
在三角形中，，
在三角形中，由余弦定理得，
所以，
在三角形中，.
故选：B
7．C
【分析】由侧面展开图求解，
【详解】由题意得，
将三棱柱的侧面展开如图所示，当三点共线时，的周长的最小，
此时，
即的周长的最小值为，
故选：C
8．B
【分析】通过对称转换，由三点共线求得三角形周长的最小值.
【详解】在平面上，设E关于B1C的对称点为M，根据正方形的性质可知，
关于B1C1的对称点为N，，
连接MN，当MN与B1C1的交点为P，MN与B1C的交点为时，
则MN是△PEQ周长的最小值，
，,
∴△PEQ周长的最小值为
故选：B
9．CD
【分析】根据正四棱柱的概念以及结构特征一一判断各选项，即可判断出答案.
【详解】对于A，底面是正方形，有两个侧面是矩形的棱柱，当这两个侧面是相对的侧面，
并且和底面不垂直时，棱柱是斜棱柱，不能保证是正四棱柱；
对于B，底面是正方形，有两个侧面垂直于底面的棱柱，
当这两个侧面是相对的侧面，另外两个相对的侧面可能和底面不垂直，
此时棱柱是斜棱柱，不能保证是正四棱柱；
对于C, 底面是菱形，且对角线长度相等,则底面是正方形，
又因为是直棱柱，故能保证棱柱是正四棱柱；
对于D, 每个侧面是全等矩形的四棱柱，则相邻两个侧面的交线即侧棱垂直于底面，
即棱柱为直棱柱，又底面为正方形，故能保证是正四棱柱，
故选：CD
10．BCD
【分析】利用正方体的对称性逐一判断即可.
【详解】过正方体中心的平面截正方体所得的截面至少与四个面相交，所以可能是四边形、五边形、六边形，
又根据正方体的对称性，截面不会是五边形，但可以是正六边形和非正方形的菱形（如图）故A错误，BD正确；
因为四边形的面积为，当截面过中心且平行与底面时，截面为矩形（此时也是正方形），且面积为，若这个截面绕着中心旋转，转到与四边形重合，此时面积为，所以在转动过程一定存在截面面积为，C正确．
故选：BCD．
11．BCD
【分析】根据正方体的几何性质，结合截面的性质、余弦定理进行逐一判断即可.
【详解】如图所示，截面，
设，，，
∴，，，
，
同理，，，即为锐角，
∴为锐角三角形，B，D都不可能，BD都要选；
如图截面可以是五边形EFGHI，A可能，A不选
如图截面可以是梯形，但不可以是直角梯形，C要选．
故选：BCD
12．ABD
【分析】根据选项信息，画出截面图形判断.
【详解】解：画出截面图形如图：
C，D分别是所在棱的中点，四边形ABCD为等腰梯形，故A有可能；
如图作截面EFGH，E，G分别是所在棱的中点，
由平面与平面平行的性质可得EFGH，FGEH，
四边形EFGH为平行四边形，但不是矩形，故B有可能；
经过正方体的一个顶点去切正方体可得五边形，一定不是正五边形，故C不可能；
六边形的顶点为正方体各棱的中点，六边形为正六边形，故D有可能.
故选：ABD.
13．
【分析】连接AC，, ,找到过点A、、的平面截正方体的截面,确定其形状，求得截面边长，即可求得答案.
【详解】如图连接AC，则AC过点M,连接,则经过点N,连接,
则过点A、、的平面截正方体的截面为等边，
因为正方体棱长为，故边长为，面积为，
故答案为：
14．
【分析】根据题意，由正四棱柱，直四棱柱，长方体以及正方体的定义即可得到结果.
【详解】直四棱柱是底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱；长方体是底面为矩形的直四棱柱；正四棱柱是底面为正方形的直四棱柱；正方体是侧棱长与底面长相等的正四棱柱；
综上，可得
故答案为:
15．##0.75
【分析】延长交的延长线于点，连接交于点，画出图形，数形结合，根据正方形的性质求解即可
【详解】延长交的延长线于点，连接交于点，如图所示：
在棱长为1的正方体中，分别为，的中点，
则为的中点，
所以为的中位线，
所以，
所以，
故答案为：.
16．
【分析】把平面沿着展开与在同一平面上，利用余弦定理进行求解即可.
【详解】把平面沿着展开与在同一平面上，
连接，则的最小值是，
因为，三棱柱是直三棱柱，
，，
，
因为，所以，
所以，
所以，
由余弦定理得，
所以，故的最小值是.
故答案为：
17．
【分析】把长方体的面展开，计算展开图中从到距离，不同的展开方式，可以有三种不同的结果，比较大小，得到最短路径.
【详解】选择从长方体的点出发，沿表面运动到点.
长方体的表面可以有如下三种展开方式，到两点的距离分别是：
如图1，；如图2，；
如图3，.
因为，
所以其最短路程为.
18．.
【分析】依据题给条件构造不等式即可求得该直角三角形斜边长的最小值.
【详解】如图，不妨设点N在点B处，，，
则，，.
由，得，则，即.
所以该直角三角形斜边.
即该直角三角形斜边最小值为