8.1 基本立体图形——高一数学人教A版（2019）必修二课时优化训练（含解析）

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8.1 基本立体图形——高一数学人教A版（2019）必修二课时优化训练
一、选择题
1．如图,圆锥底面半径为,母线,点B为PA的中点,一只蚂蚁从A点出发,沿圆锥侧面绕行一周,到达B点,其最短路线长度和其中下坡路段长分别为( )
A. B. C. D.
2．中国国家馆，以城市发展中的中华智慧为主题，表现出了“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”的中国文化精神与气质.如图，现有一个与中国国家馆结构类似的正四棱台，上下底面的中心分别为和O，若，，则正四棱台的体积为( )
A. B. C. D.
3．如图,圆锥底面半径为3,母线,,一只蚂蚁从A点出发,沿圆锥侧面绕行一周,到达B点,最短路线长度为( )
A. B.16 C. D.12
4．图中的花盆可视作两个圆台的组合体，其上半部分的圆台上 下底面直径分别为30cm和26cm，下半部分的圆台上 下底面直径分别为24cm和18cm，且两个圆台侧面展开图的圆弧所对的圆心角均相等，若上半部分的圆台的高为8cm，则该花盆的总高度为( )
A.16cm B.18cm C.20cm D.24cm
5．已知H是球O的直径上一点,,平面,H为垂足,截球O所得截面的面积为,M为上的一点,且,过点M作球O的截面,则所得的截面面积最小的圆的半径为( )
A. B. C. D.
6．如图：正三棱锥中，，侧棱，BD平行于过点C的截面，则截面与正三棱锥侧面交线的周长的最小值为( )
A.2 B. C.4 D.
7．如图,正方体的棱长为2,点E,F分别是AB,BC的中点,过点,E,F的平面截该正方体所得的截面多边形记为,则的周长为( )
A. B. C. D.
8．已知正方体的内切球O的直径为2，过球O的一条直径作该正方体的截面，所得的截面面积的最大值为( )
A.2 B.4 C. D.
二、多项选择题
9．已知正四棱柱的底面边为1,侧棱长为a,M是的中点,
则( )
A.任意,
B.存在,直线与直线BM相交
C.平面与底面交线长为定值
D.当时,三棱锥外接球表面积为
10．如图,在三棱锥中,底面ABC为边长为2的等边三角形,,,二面角的平面角为,则( )
A.当平面PBC时,三棱锥为正三棱锥
B.当时,平面平面ABC
C.当三棱锥的体积为时,或
D.当时,三棱锥的外接球的表面积的取值范围为
三、填空题
11．将4个半径为的球堆放在一起,且两两相切,记与这4个球都内切的大球的半径为R,记与这4个球都外切的小球的半径为r,则__________.
12．如果把棱柱中过不相邻的两条侧棱的截面叫棱柱的“对角面”，则平行六面体的对角面的形状是__________；直平行六面体的对角面的形状是__________；过正三棱柱底面的一边和两底面中心连线的中点作截面，则这个截面的形状为__________.
13．如图，正方体的棱长为1，E是AB的中点，F是BC的中点，G是的中点，用平面EFG截该正方体，则截面图形的周长是__________.
14．在棱长为1的正方体中，点M是线段上的动点，平面与正方体的截面记为S，则下列结论正确的是__________.
①存在点M，使得截面S为五边形；
②存在点M，使得截面S面积的最大值为；
③当时，截面S为正三角形；
④在平面与平面上的正投影的面积始终相等.
四、解答题
15．已知正方体的棱AB，BC的中点分别为E，F，过点E，F作该正方体的截面，则截面的形状可能是几边形？
16．如图，已知正方体的棱长为4，P是的中点，过点作平面，满足平面，求平面与正方体的截面轮廓周长.
参考答案
1．答案：D
解析：如图,将圆锥侧面沿母线PA剪开并展开成扇形,
由题可得该扇形半径,弧长为,故圆心角,
最短路线即为扇形中的直线段AB,由余弦定理可得:;,
过P作AB的垂线,垂足为M,当蚂蚁从A点爬行到点M过程中,它与点P的距离越来越小,故为上坡路段,当蚂蚁从点M爬行到点B的过程中,它与点P的距离越来越大,故MB为下坡路段,下坡路段长,
故选:D
2．答案：B
解析：因为是正四棱台，，，
侧面以及对角面为等腰梯形，故，，
，所以，
所以该四棱台的体积为，
故选：B.
3．答案：C
解析：把圆锥侧面沿母线剪开,展在同一平面内得扇形,连接,如图,
令扇形圆心角大小为,则,解得,
在中,,则,
所以一只蚂蚁从A点出发,沿圆锥侧面绕行一周,到达B点,最短路线长度为.
故选：C.
4．答案：C
解析：截取组合体的轴截面，作，，如下图所示：
易知，即为上半部分的圆台的高，所以，
又因为两个圆台侧面展开图的圆弧所对的圆心角均相等，所以；
可得，
易知，所以.
因此该花盆的总高度为.
故选：C
5．答案：C
解析：如图,设截得的截面圆的半径为r,球O的半径为R,
因为,
所以.由勾股定理,得,由题意得,,
所以,解得,
此时过点M作球O的截面,若要所得的截面面积最小,只需所求截面圆的半径最小.
设球心O到所求截面的距离为d,所求截面的半径为,则,
所以只需球心O到所求截面的距离d最大即可,
而当且仅当与所求截面垂直时,球心O到所求截面的距离d最大,
即,所以.
故选：C.
6．答案：D
解析：把正三棱锥的侧面展开，
两点间的连接线即是截面周长的最小值.
正三棱锥中，，所以，，
，
截面周长最小值是.
故选：D.
7．答案：D
解析：延长DA,DC,与直线EF相交于M,Q,
连接,与,分别交于点P,H,连接PE,HF,
则五边形即为截面,
正方体的棱长为2,点E,F分别是AB,BC的中点,
所以,
由得,
,,
所以P,H分别为靠近A,C的三等分点,故,
所以由勾股定理得,
,
所以的周长为.
故选:D.
8．答案：D
解析：当截面为正方体的对角面时，截面面积最大.由已知条件，得正方体棱长为2，所以截面面积的最大值为.故选D.
9．答案：AC
解析：对于A,,,,,平面,
平面,平面,,故正确;
对于B,因为平面,平面,
所以平面,
与异面,故不相交,故错误;
对于C,延长BM,交于N点,连接交于P,M为中点,
,
所以,
所以,,
所以,
平面平面,
平面与底面交线为,
其中P为中点,所以,故正确对;
对于D,,是直角三角形,外接圆是以为直径的圆,
圆心设为,半径,
取中点Q,则平面,,
所以,
所以,
,故错误.
故选：AC.
10．答案：ABD
解析：由,,,可得.
对于A选项,当平面PBC时,平面PBC,故,
由,,可得,
又由,,可得三棱锥为正三棱锥,故A选项正确;
对于B选项,如图,取BC的中点D,连接PD,AD,由,,,
可得,,所以为二面角的平面角,
又由,可得,可得为直角,即平面平面ABC,故B选项正确;
对于C选项,设点P到平面ABC的距离为h,由,有,
可得,由B选项可知此时,
当为锐角时,如图,过点P作,垂足为H,
由于,,,PD,平面PAD,所以平面PAD,
平面PAD,可得,
又由,,BC,平面ABC可得平面ABC,可得,
又由,可得;
当为钝角时,同理可得,故C选项错误;
对于D选项,如图,在AD上取一点E,使得,在中,过点E作平面ABC的垂线,过点D作平面PBC的垂线,相交于点O,
由为等边三角形,为等腰直角三角形,可得O为三棱锥的外接球的半径,
又由,,
有,,
又由,有,有,有,
有,可得三棱锥的外接球的表面积的取值范围为,故D选项正确.
故选:ABD.
11．答案：
解析：将堆放在一起的四个球球心连在一起,形成一个棱长为的正四面体,此正四面体的中心即为题中与4球内切大球球心和与4球外切小球的球心,易知四面体中心到各顶点的距离为3,所以,,
故答案：.
12．答案：平行四边形；矩形；梯形
解析：由棱柱的定义，得侧棱平行且相等，易得过不相邻的两条侧棱的截面对边平行且相等，即“对角面”为平行四边形.直平行六面体的侧棱与底面垂直，所以侧棱垂直于底面的对角线，所以“对角面”是矩形.如图，在正三棱柱中，上、下底面的中心分别为O，，延长，分别与，交于点D，，连接，，易得，所以A，，D，在同一个平面内.
过点及的中点G作直线，与AD交于点E，过点E作BC的平行线分别与AB，AC交于M，N，连接，，易得.又，所以梯形为过和点G的截面.
13．答案：
解析：如图，K，L，M分别为，，的中点，易知，所以平面GEF，故平面GEF.同理，，，平面GEF，故截面图形为正六边形GKEFML，其周长为.
14．答案：②③④
解析：如图，当点M在上运动时，截面S只能为三角形、四边形（梯形、矩形），不可能为五边形，故①错误.当点M为的中点时，截面S为矩形，此时截面面积最大，最大值为，故②正确.当，即M为上靠近点A的三等分点时，截面S为正三角形，故③正确.设，点M在平面与平面上的投影点分别为，，则点在上，点在上.根据三角形相似，得正投影与的底，高均为，所以两个投影三角形面积相等，故④正确.综上，结论正确的是②③④.
15．答案：三角形、四边形、五边形、六边形
解析：如图，设H，J，I，G分别是，，，的中点.
易得截面可能是三角形，四边形，五边形，六边形EFGIJH.
因为正方体有6个面，所以最多是六边形.
综上，截面的形状可能是三角形、四边形、五边形、六边形.
16．答案：
解析：取AD的中点E，AB的中点F，连接，，，，，，BD，如图，
则.
又因为，
所以，
所以E，F，，四点共面.
根据正方体的性质可知，平面.
而平面，
所以.
易得，
所以，而，
所以，即.
因为，所以平面PDC，所以.
因为，
由正方体的性质可知，
，，且，
所以平面PAC，所以.
又因为，平面，
所以平面，
即平面为平面与正方体的截面.
因为正方体的棱长为4，
所以的周长为
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