8.1.1棱柱 课时作业（含解析）

8.1.1棱柱 课时作业
一、单选题
1．如图，在棱长为2的正方体中，，，分别为，，，的中点，过，，三点的平而截正方体所得的截面面积为（ ）
A．4 B． C． D．
2．在长方体中，与垂直的平面是（ ）
A．平面 B．平面 C．平面 D．平面
3．在正方体中，用空间中与该正方体所有棱成角都相等的平面去截正方体，在截面边数最多时的所有多边形中，多边形截面的面积为，周长为，则
A．为定值，不为定值 B．不为定值，为定值
C．与均为定值 D．与均不为定值
4．已知正方体的棱长为4，点为的中点，点为线段上靠近的四等分点，平面交于点，则的长为
A．1 B． C．2 D．3
5．下列说法错误的是（ ）
A．多面体至少有四个面
B．六棱柱有6条侧棱，6个侧面，侧面为平行四边形
C．长方体、正方体都是棱柱
D．三棱柱的侧面为三角形
6．一正方体的棱长为，作一平面与正方体一条体对角线垂直，且与正方体每个面都有公共点，记这样得到的截面多边形的周长为，则（ ）
A． B． C． D．以上都不正确
二、多选题
7．长方体的棱长，则从点沿长方体表面到达点的距离可以为（ ）
A． B． C． D．
8．在正方体中，Q是棱上的一个动点，则过A，Q，三点的截面图形可能是（ ）
A．等边三角形 B．矩形 C．等腰梯形 D．五边形
三、填空题
9．已知正方体的棱长为4，E、F分别为、的中点，过、E、F的正方体的截面周长为________.
10．如图①是一个小正方体的侧面展开图，小正方体从如图②所示的位置依次翻到第1格、第2格、第3格、第4格、第5格，这时小正方体朝上面的字是__________．
11．下列关于棱柱的说法:
①所有的面都是平行四边形;
②每一个面都不会是三角形;
③两底面平行，并且各侧棱也平行;
④棱柱的侧棱总与底面垂直.
其中说法正确的序号是_______.
12．如图，在棱长为2的正方体中，P，Q分别为的中点，则过D，P，Q三点的平面截正方体所得截面的面积为________．
四、解答题
13．已知边长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1（如图），现用一个平面α截该正方体，平面α与棱AA1、AB、BC分别交于点E、F、G．若A1E＝2EA，AF＝2FB，CG＝2GB．
（1）求面α与面ABCD所成锐二面角的余弦值；
（2）在图中作出截面α与正方体各面的交线，用字母标识出交线与棱的交点．
14．如图所示，图①是正方体木块，把它截去一块，可能得到的几何体有②③④⑤.
（1）我们知道，正方体木块有8个顶点，12条棱、6个面，请你将②③④⑤中木块的顶点数、面数填入下表：
图号 顶点数 棱数 面数
① 8 12 6
②
③
④
⑤
（2）观察你填出的表格，归纳出上述各种木块的顶点数V、棱数E、面数F之间的关系．
（3）看图⑥中正方体的切法，请验证你所得的数量关系是否正确.
15．试从正方体的八个顶点中任取若干个点，连接后构成以下空间几何体，并且用适当的符号表示出来.
（1）只有一个面是等边三角形的三棱锥；
（2）四个面都是等边三角形的三棱锥；
（3）三棱柱.
16．看图阅读：
底面是平行四边形的四棱柱叫做平行六面体（parallelopiped），侧棱与底面垂直的平行六面体叫做直平行六面体（rightparallelopiped），底面是矩形的直平行六面体叫做长方体（cuboid），棱长相等的长方体叫做正方体（cube）．
根据上述定义，试说明四棱柱集合、平行六面体集合、直平行六面体集合、长方体集合、正方体集合之间有怎样的包含关系，并用Venn图直观地表示这种关系．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】根据题意画出截面，得到截面为正六边形，从而可求出截面的面积
【详解】如图，分别取的中点，的中点,的中点，连接，
因为该几何体为正方体，所以∥,∥,∥,且
所以，，三点的平面截正方体所得的截面为正六边形，
所以该正六边形的面积为.
故选：D
2．A
【解析】由长方体的特征即可得到答案
【详解】根据长方体的特征,得在平面和平面内,与平面和平面垂直,
故选:A
【点睛】本题考查空间几何体的基本元素,考查长方体的特征,属于基础题
3．B
【解析】利用正方体棱的关系，判断平面所成的角都相等的位置，可知截面边数最多时为六边形，如图所示，可计算出周长为定值，当六边形的边长相等即截面为正六边形时，截面面积最，．
【详解】正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，
如图：与面平行的面且截面是六边形时满足条件，不失一般性设正方体边长为1，
可得平面与其他各面的交线都与此平面的对角线平行，即等
设，则，∴，
∴，同理可得六边形其他相邻两边的和为，
∴六边形的周长为定值．
当六边形的边长相等即截面为正六边形时，截面面积最大，
最大面积为，
故可得周长为定值，面积为定值，故选B.
【点睛】本题主要考查了利用平面几何的知识解决立体几何，考查学生的空间想象能力，属于中档题.
4．A
【解析】作的中点，连接，，由题意得四边形为平行四边形，由此能求出结果．
【详解】作的中点，连接，，易知.又，所以，由于，所以四边形为平行四边形，
所以.
故选A
【点睛】本题考查正方体中截面截得的线段长的求法，考查空间中线线平行的证明与应用，考查推理论证能力，是中档题．
5．D
【分析】根据棱柱的性质可判断各选项的正误.
【详解】多面体至少为四面体即有四个面，故A正确.
根据六棱柱的性质可得其有6条侧棱，6个侧面，且侧面为平行四边形，故B正确.
长方体、正方体都是四棱柱，故C正确.
三棱柱的侧面为平行四边形，故D错误.
故选：D.
6．C
【分析】将正方体切去两个正三棱锥与后，得到一个以平行平面与为上、下底面的几何体，的每个侧面都是等腰直角三角形，截面多边形的每一条边分别与的底面上的一条边平行，将的侧面沿棱剪开，展平在一张平面上，得到一个，考查的位置，确定．
【详解】解：
将正方体切去两个正三棱锥与后，得到一个以平行平面与为上、下底面的几何体，的每个侧面都是等腰直角三角形，截面多边形的每一条边分别与的底面上的一条边平行，将的侧面沿棱剪开，展平在一张平面上，得到一个，如图
而多边形的周界展开后便成为一条与平行的线段（如图中，显然，故为定值．
且，故
故选：．
【点睛】本题考查了利用平面几何的知识解决立体几何，考查学生的空间想象能力，属于难题．
7．ABC
【分析】从点沿长方体表面到达有三种展开方式，以、、为轴展开，分别求可得答案.
【详解】则从点沿长方体表面到达有三种展开方式，
若以为轴展开，则，
若以为轴展开，则，
若以为轴展开，则.
故选：ABC.
8．ABC
【分析】对于A，当点Q与点重合时判断截面形状，对于B，当点Q与点D重合时判断截面形状，对于C，当点Q不与点D，重合时，延长交延长线于，连接交于，连接，可得截面为梯形，当为的中点时进行判断，对于D，由选项ABC判断.
【详解】对于A，当点Q与点重合时，截面图形为等边三角形，所以A正确；
对于B，当点Q与点D重合时，截面图形为矩形，所以B正确；
对于C，当点Q不与点D，重合时，如图，延长交延长线于，连接交于，连接，因为平面∥平面，平面平面，平面 ，所以∥，所以过A，Q，三点的截面为梯形，当为的中点时，可得，所以，所以为的中点，所以，所以此时梯形为等腰梯形，所以C正确，
对于D，由选项ABC，可知截面图形不可能为五边形，
故选：ABC
9．.
【分析】由，得梯形是过、E、F的正方体的截面，由此能求出过、E、F的正方体的截面周长．
【详解】正方体的棱长为4，
E、F分别为、的中点，
，
梯形是过、E、F的正方体的截面，
过、E、F的正方体的截面周长为：
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正方体截面周长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查数形结合思想，属于中档题．
10．路
【分析】根据正方体的表面展开图找出相对面，再由其特征得到结果.
【详解】由图①可知，“国”和“兴”相对，“梦”和“中”相对，“复”和“路”相对；
由图②可得，第1、2、3、4、5格对应面的字分别是“兴”、“梦”、“路”、“国”、“复”，
所以到第5格时，小正方体朝上面的字是“路”.
故答案为：路.
11．③
【解析】根据棱柱的定义,逐项判断,即可求得答案.
【详解】对于①,棱柱的底面不一定是平行四边形,如三棱柱、五棱柱等,故①错误;
对于②,棱柱的底面可以是三角形,故②错误;
对于③,由棱柱的特征性质可知:两底面平行,并且各侧棱也平行,故③正确;
对于④,棱柱的侧棱可能与底面垂直,也可能不与底面垂直,故④错误.
说法正确的序号是③.
故答案为:③.
【点睛】本题解题关键是掌握棱柱的定义,考查了分析能力和空间想象能力,属于基础题.
12．
【分析】由过D，P，Q三点的平面截正方体所得的截面为等腰梯形求解.
【详解】如图所示：
过D，P，Q三点的平面截正方体所得的截面为等腰梯形，
因为，
所以之间的距离为，
所以梯形的面积为，
故答案为；．
13．（1）；（2）答案见解析.
【分析】（1）在C1C上取点M，使C1M＝2MC，连接MG、ME，连接BD、AC交于O，交FG于Q，则ME∥AC，结合已知条件可得FG∥ME，所以F、G、M、E都在平面α上，连接B1D1、A1C1交于O1，连接O1O交EM于P，可证得∠PQO为平面α与平面ABCD所二面角的平面角，然后在中求解即可
（2）由（1）延长QP交D1D于N，连接EN、MN，可得平面α与正方体截面为五边形EFGMN，
【详解】解：（1）在C1C上取点M，使C1M＝2MC，连接MG、ME，
连接BD、AC交于O，交FG于Q，
因为AE∥CM，AE＝CM，所以ME∥AC，
又因为AF＝2FB，CG＝2GB，
所以FG∥AC，OQ＝2GB，OQ＝2 ＝，
所以FG∥ME，所以F、G、M、E都在平面α上，
连接B1D1、A1C1交于O1，连接O1O交EM于P，
因为ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，O1O⊥平面ABCD，从而∠POQ＝90°，
AC⊥平面BB1D1D，FG∥AC，
所FG⊥平面BB1D1D，所以FG⊥PQ，FG⊥OQ，
所以∠PQO为平面α与平面ABCD所二面角的平面角，设其大小为θ，
tanθ＝＝＝，cosθ＝＝，
所以平面α与平面ABCD所成锐二面角的余弦值为．
（2）由（1）延长QP交D1D于N，连接EN、MN，
AN＝QD tanθ＝，于是D1N＝0.5，
故平面α与正方体截面为五边形EFGMN，其中位置D1N＝0.5，MC＝1．
【点睛】关键点点睛：此题考查土豆面角的求法，解题的关键是寻找二面角的平面角，将问题转化为解直角三角形问题；根据直线与平面位置关系作正方体截面，寻找与棱的交点是关键，考查计算能力，属于中档题
14．（1）见解析；（2）（3）见解析
【分析】（1）直接数出各个几何体的顶点数，棱数，面数填入表格即可；（2）根据表格中的数据即可猜想出顶点数V、棱数E、面数F之间的关系为；（3）数出图⑥中的顶点数，面数，棱数代入检验即可.
【详解】解：（1）通过观察各几何体，得到下表：
图号 顶点数 棱数 面数
① 8 12 6
② 6 9 5
③ 8 12 6
④ 8 13 7
⑤ 10 15 7
（2）归纳猜想可得：.
（3）⑥中木块的顶点数为10，面数为7，棱数为15，有，与（2）中归纳的数量关系式“”相符．
【点睛】本题考查欧拉公式的知识，考查归纳猜想的应用，属于基础题.
15．（1）答案见解析
（2）答案见解析
（3）答案见解析
【解析】（1）根据正方体的面对角线相等，所以共顶点的三条棱上的四个顶点可以构成；
（2）根据正方体的面对角线相等，所以选六条面对角线可以构成；
（3）根据三棱柱的定义即可找到．
【详解】（1）如图所示，三棱锥（答案不唯一）.
（2）如图所示，三棱锥（答案不唯一）.
（3）如图所示，三棱柱（答案不唯一）.
【点睛】本题主要考查三棱锥和三棱柱的结构特征的应用，属于基础题．
16．答案见解析
【分析】根据题意可得各类棱柱之间的包含关系，进而可画出Venn图
【详解】{正方体}{长方体}{直平行六面体}{平行六面体}{四棱柱}
Venn图表示如图
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页