人教新课标A版必修2数学1.1 空间几何体的结构同步检测
文档属性
| 名称 | 人教新课标A版必修2数学1.1 空间几何体的结构同步检测 |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 225.0KB | ||
| 资源类型 | 素材 | ||
| 版本资源 | 人教新课标A版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2016-06-06 10:26:57 | ||
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文档简介
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1.1 空间几何体的结构同步检测
一、选择题
1、一个凸多面体的顶点数为20，棱数为30，则它的各面多边形的内角和为（ ）
A、2160° B、5400°
C、6480° D、7200°
答案：D
解析：解答：关于多面体的欧拉公式：如凸多面体面数是F，顶点数是V，棱数是E，则V﹣E+F=2；
这个2就称欧拉示性数． 可见，20﹣30+F=2，故F=12 即这个凸多面体有20个顶点，30条棱，12个面可见，这是一个正12面体，它的每个面都是正五边形，内角和为180×5﹣360=540 12个面的内角和为：540×12=6480 故选D
分析：先求出凸多面体的面数，再求每个面的多边形数，然后求其各面多边形的内角和．
2. 在空间四边形ABCD中，M、N分别是AB、CD的中点，设BC+AD=2a，则MN与a的大小关系是（ ）
A、MN＞a B、MN=a
C、MN＜a D、不能确定
答案：C
解析：解答：如图取BD中点H，连接HM，HN，
∴MH=，NH=
∴MH+NH==a
在三角形MHN中，MH+NH＞MN
∴MN＜a
故选C
分析：先利用中位线定理，将条件BC+AD=2a反应到MN所在的平面三角形中，再利用三角形两边之和大于第三边的性质比较MN与a的大小即可
3. 一个凸多面体的各个面都是四边形，它的顶点数是16，则它的面数为（ ）
A、14 B、7
C、15 D、不能确定
答案：A
解析：解答：我们知道欧拉公式：V+F﹣E=2（V为简单多面体的顶点数，F为面数，E为棱数），
因为凸多面体的各个面都是四边形，所以E=2F，
这样：V=16，E=2F，代入 V+F﹣E=2，得：F=14．
故选：A．
分析：欧拉公式：V+F﹣E=2（V为简单多面体的顶点数，F为面数，E为棱数），凸多面体的各个面都是四边形，所以E=2F，利用欧拉公式即可求出．
4. 由小正方体木块搭成的几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体的小正方体木块有（ ）
( http: / / www.21cnjy.com / )
A、6块 B、7块
C、8块 D、9块
答案：B
解析：解答：由俯视图，我们可得该几何体中小正方体共有4摞，
结合正视图和侧视图可得：
第1摞共有3个小正方体；
第2摞共有1个小正方体；
第3摞共有1个小正方体；
第4摞共有2个小正方体；
故搭成该几何体的小正方体木块有7块，
故选B．
分析：由俯视图易得最底层正方体的个数，由主视图和左视图找到其余层数里正方体的个数相加即可．
5. 棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上，E，F分别是棱AA1，DD1的中点，则直线EF被球O截得的线段长为（ ）
A、 B、1
C、 D、
答案：D
解析：解答：正方体对角线为球直径，所以，在过点E、F、O的球的大圆中，
由已知得d=，，所以EF=2r=．
故选D．
分析：先求直径（正方体的体对角线），再求球心到EF的距离，然后解出直线EF被球O截得的线段长．
6. 下列命题中正确的是（ ）
A、由五个平面围成的多面体只能是四棱锥
B、棱锥的高线可能在几何体之外
C、仅有一组对面平行的六面体是棱台
D、有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥
答案：C
解析：解答：由5个面成的多面体可能是四棱锥或三棱柱，故 A不正确．
棱锥的高线不可能在几何体之外，故B不正确．
仅有一组对面平行的六面体只能是四棱台，故C 正确．
有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥不对，因为棱锥的定义中还要求这些三角形还必须有公共的定点，
故D不正确．
综上，只有C正确，
故选C．
分析：通过举反例，说明 A不正确； 由棱锥的高线不可能在几何体之外，故B不正确；由仅有一组对面平行的六面体只能是四棱台，说明
C 正确；由棱锥的定义知，D不正确．
7. 若一棱台上、下底面面积分别是和S，它的中截面面积是S0，则（ ）
A、 B、
C、 D、
答案：C
解析：解答：棱台上、下底面面积分别是和S，
不妨设棱台的高为2r，有相似比的性质可知，上部棱锥的高为2r，
根据相似比的性质可得：，；
故选C．
分析：利用已知条件，推出棱台的高与棱锥的关系，通过相似比的性质，求出中截面的面积即可．
8. 如图，能推断这个几何体可能是三棱台的是（ ）
( http: / / www.21cnjy.com / )
A、A1B1=2，AB=3，B1C1=3，BC=4
B、A1Bl=1，AB=2，BlCl=1.5，BC=3，A1C1=2，AC=3
C、AlBl=1，AB=2，B1Cl=1.5，BC=3，AlCl=2，AC=4
D、AB=A1B1，BC=B1C1，CA=C1A1
答案：C
解析：解答：根据棱台是由棱锥截成的，
A、，故A不正确；
B、，故B不正确；
C、，故C正确，
D、满足这个条件的是一个三棱柱，不是三棱台，
故选C．
分析：推断满足下面四个条件的几何体能否成为三棱台，从两个底面上对应边的比值是否相等，比值相等是组成棱台的必要条件，但这个条件不成立，一定不是棱台．
9. 正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数共有（ ）
A、20 B、15
C、12 D、10
答案：D
解析：解答：由题意正五棱柱对角线一定为上底面的一个顶点和下底面的一个顶点的连线，因为不同在任何侧面内，
故从一个顶点出发的对角线有2条．正五棱柱对角线的条数共有2×5=10条．
故选D
分析：抓住上底面的一个顶点，看从此顶点出发的对角线有多少条即可解决．
10. 如图，已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的，底面边长是侧棱长2倍，D、E是A1C1、AC的中点，则下面判断不正确的为（ ）
A、直线A1E∥平面B1DC B、直线AD⊥平面B1DC
C、平面B1DC⊥平面ACC1A1 D、直线AC与平面B1DC所成的角为60°
答案：D
解析：解答：∵A1E∥DC，由线面平行的判断定理，可得直线A1E∥平面B1DC，故A正确；
∵底面边长是侧棱长2倍，∴△ADC为等腰直角三角形，即AD⊥DC，再根据直三棱柱的性质，我们易得B1D⊥平面A1ACC1，进而B1D⊥AD，结合线面垂直的判断定理，可以得到直线AD⊥平面B1DC，故B正确；
结合B中结论，由面面垂直的判定定理可得平面B1DC⊥平面ACC1A1，故C正确；
由B中结论，∠ACD即为直线AC与平面B1DC所成的角，∵∠ACD=45°，故D错误；
故选D
分析：由线面平行的判定定理，可判断A的真假；由直三棱柱的结构特征，结合线面垂直的判定定理，可判断B的真假；由B中结论结合面面垂直的判定定理，可判断C的真假，由B中结论，结合线面夹角的定义，可判断D的真假，进而得到答案．
11. 如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下4个命题中，假命题是（ ）
A、等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等 B、等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补
C、等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆 D、等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上
答案：B
解析：解答：因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，
所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点的距离相等，
故A，C正确，
且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，
故D正确，B不正确，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立．
故选B
分析：做该题，需要空间模拟一个四棱锥，将4个选项一一对应于四棱锥，就可以排除选项，得到答案．
12. 如图在正四棱锥S﹣ABCD中，E是BC的中点，P点在侧面△SCD内及其边界上运动，并且总是保持PE⊥AC，则动点P的轨迹与△SCD组成的相关图形是（ ）
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A、
B、 ( http: / / www.21cnjy.com / )
C、
D、 ( http: / / www.21cnjy.com / )
答案：A
解析：解答：取CD中点F，AC⊥EF，又∵SB在面ABCD内的射影为BD且AC⊥BD，∴AC⊥SB，取SC中点Q，∴EQ∥SB，
∴AC⊥EQ，又AC⊥EF，∴AC⊥面EQF，因此点P在FQ上移动时总有AC⊥EP．
故选A．
分析：总保持PE⊥AC，那么AC垂直PE所在的一个平面，AC⊥平面SBD，不难推出结果．
13. 一个棱锥的各条棱都相等，那么这个棱锥必不是（ ）
A、三棱锥 B、四棱锥
C、五棱锥 D、六棱锥
答案：D
解析：解答：以为正六棱锥的底面是个正六边形，正六边形共由6个等边三角形构成，设每个等边三角形的边长为 r，
正六棱锥的高为h，正六棱锥的侧棱长为 l，由正六棱锥的高 h、底面的半径 r、侧棱长l构成直角三角形得，
h2+r2=l2，故侧棱长 l和底面正六边形的边长 r不可能相等，
故选D．
分析：正六棱锥的高 h、底面的半径 r、侧棱长 l构成直角三角形，由勾股定理得：h2+r2=l2，
故侧棱长 l和底面正六边形的边长 r不可能相等．
14. 点P在平面ABC外，若PA=PB=PC，则点P在平面ABC上的射影是△ABC的（ ）
A、外心 B、重心
C、内心 D、垂心
答案：A
解析：解答：设点P作平面ABC的射影O，由题意：PA=PB=PC，因为PO⊥底面ABC，
所以△PAO≌△POB≌△POC
即：OA=OB=OC
所以O为三角形的外心．
故选A
分析：点P在平面ABC上的射为O，利用已知条件，证明OA=OB=OC，推出结论．
15. 半径为1的球面上的四点A，B，C，D是一个正四面体的顶点，则这个正四面体的棱长是（ ）
A、 B、
C、 D、
答案：D
解析：解答：∵正四面体是球的内接正四面体，
又∵球的半径R=1
∴正四面体棱长l与外接球半径R的关系
l=
得l=
故选D
分析：由已知可得，半径为1的球为正四面体A﹣BCD的外接球，由正四面体棱长与外接球半径的关系，我们易得正四面体的棱长，求出正四面体的棱长．
二、填空题
16. 正多面体只有 种，分别为
答案：5|正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体
解析：解答：正多面体只有5种，分别为正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．
故答案为：5，正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．
分析：从正多面体的定义出发，直接回答结果．
17. 关于如图所示几何体的正确说法为 ．
①这是一个六面体；
②这是一个四棱台；
③这是一个四棱柱；
④这是一个四棱柱和三棱柱的组合体；
⑤这是一个被截去一个三棱柱的四棱柱．
( http: / / www.21cnjy.com / )
答案：①③④⑤
解析：解答：①因为有六个面，属于六面体的范围，②这是一个很明显的四棱柱，因为侧棱的延长线不能交与一点，所以不正确．
③如果把几何体放倒就会发现是一个四棱柱，④可以有四棱柱和三棱柱组成，⑤和④的想法一样，割补方法就可以得到．
故答案为：①③④⑤．
分析：本题的解答要把该几何体从不同的方面看，就能得到答案．
18. 下面命题正确的有 个．
①长方形绕一条直线旋转一周所形成的几何体是圆柱
②过圆锥侧面上一点有无数条母线
③三棱锥的每个面都可以作为底面
④圆锥的轴截面（过轴所作的截面）是等腰三角形．
答案：2
解析：解答：①②错：①错在绕一条直线，应该是绕长方形的一条边所在的直线；②两点确定一条直线，圆锥的母线必过圆锥的顶点，因此过圆锥侧面上一点只有一条母线；③④正确，③三棱锥的性质；④是圆锥的性质．
故答案为：2
分析：根据旋转体的定义判断①②的错误性；③④是多面体和旋转体的性质．
19. 螺母是由 和 两个简单几何体构成的．
答案：正六棱柱|圆柱
解析：解答：根据螺母的结构特征知，是由正六棱柱里面挖去的一个圆柱构成的，
故答案为：正六棱柱，圆柱．
分析：根据螺母的形状和正六棱柱、圆柱的结构特征进行判断．
20. 点P是△ABC所在平面外一点，且P点到△ABC三个顶点距离相等，则P点在△ABC所在平面上的射影是△ABC的 心．
答案：外
解析：解答：如图P是△ABC所在平面外一点，O是P点在平面a上的射影．
若P到△ABC三个顶点的距离相等，由由条件可证得OA=OB=OC，由三角形外心的定义知此时点O是三角形的外心，
故答案为：外；
分析：如图P是△ABC所在平面外一点，O是P点在平面a上的射影．若P到△ABC三个顶点的距离相等，由三角形全等可以得到三线段OA=OB=OC，则O是△ABC的外心．
三、解答题
21. 、一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱，这个四棱锥的底面为正方形，且底面边长与各侧棱长相等，这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等．设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高分别为h1，h2，h3，求h1：h2：h3的值．
答案：解答：依题意，四棱锥为正四棱锥，三棱锥为正三棱锥，且棱长均相等，
设为a，h2=h3，h1==a，
h2==a
故h1：h2：h3=：2：2．
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解析：分析：由题意可知四棱锥为正四棱锥，三棱锥为正三棱锥，且棱长均相等，几何体是平行六面体，设棱长为a，分别求出h1，h2，h3，可得结果．
22. 在图中，M、N是圆柱体的同一条母线上且位于上、下底面上的两点，若从M点绕圆柱体的侧面到达N，沿怎么样的路线路程最短？
答案：解：沿圆柱体的母线MN将圆柱的侧面剪开辅平，得出圆柱的侧面展开图，从M点绕圆柱体的侧面到达N点，实际上是从侧面展开图的长方形的一个顶点M到达不相邻的另一个顶点N．而两点间以线段的长度最短．所以最短路线就是侧面展开图中长方形的一条对角线．
如图所示
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解析：分析：画出圆柱的侧面展开图，利用弧长大于弦长的关系，说明MN最短即可．
23. 如果棱台的两底面积分别是S、S'，中截面（过棱台高的中点且平行于底面的截面）的
面积是S0求证：．
答案：证明：设上底和下底的边长分别是a，b，
根据在侧面上三条边组成梯形的上底，下底和中位线，
得到梯形的中位线长度是，
∵棱台的两底面与中截面是相似的，
∴三个面积之比等于边长之比的平方，
即s′=λa2，①
s=λb2，②
③
把三个式子两边开方，
a+b=，
，
∴．
解析：分析：长方体的对角线的平方等于长方体的长、宽、高的平方和，直接求解即可．
24. 长方体之长、宽、高各为12寸、3寸、4寸，求对角线的长．
答案：解：长方体对角线的长为：=13（寸）．
解析：分析：长方体的对角线的平方等于长方体的长、宽、高的平方和，直接求解即可．
25. 已知圆锥体的底面半径为R，高为H求内接于这个圆锥体并且体积最大的圆柱体的高h（如图）．
答案：解：设圆柱体半径为r高为h
由△ACD∽△AOB得．
由此得，
圆柱体体积．
由题意，H＞h＞0，利用均值不等式，有
原式=．
当，时上式取等号，因此当
时，V（h）最大．
解析：分析：先设出圆柱的底面半径，高为h，利用三角形相似，推出r的表达式，
然后求出体积表达式，利用均值不等式，求出体积最大值时的圆柱体的高h．
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1.1 空间几何体的结构同步检测
一、选择题
1、一个凸多面体的顶点数为20，棱数为30，则它的各面多边形的内角和为（ ）
A、2160° B、5400°
C、6480° D、7200°
答案：D
解析：解答：关于多面体的欧拉公式：如凸多面体面数是F，顶点数是V，棱数是E，则V﹣E+F=2；
这个2就称欧拉示性数． 可见，20﹣30+F=2，故F=12 即这个凸多面体有20个顶点，30条棱，12个面可见，这是一个正12面体，它的每个面都是正五边形，内角和为180×5﹣360=540 12个面的内角和为：540×12=6480 故选D
分析：先求出凸多面体的面数，再求每个面的多边形数，然后求其各面多边形的内角和．
2. 在空间四边形ABCD中，M、N分别是AB、CD的中点，设BC+AD=2a，则MN与a的大小关系是（ ）
A、MN＞a B、MN=a
C、MN＜a D、不能确定
答案：C
解析：解答：如图取BD中点H，连接HM，HN，
∴MH=，NH=
∴MH+NH==a
在三角形MHN中，MH+NH＞MN
∴MN＜a
故选C
分析：先利用中位线定理，将条件BC+AD=2a反应到MN所在的平面三角形中，再利用三角形两边之和大于第三边的性质比较MN与a的大小即可
3. 一个凸多面体的各个面都是四边形，它的顶点数是16，则它的面数为（ ）
A、14 B、7
C、15 D、不能确定
答案：A
解析：解答：我们知道欧拉公式：V+F﹣E=2（V为简单多面体的顶点数，F为面数，E为棱数），
因为凸多面体的各个面都是四边形，所以E=2F，
这样：V=16，E=2F，代入 V+F﹣E=2，得：F=14．
故选：A．
分析：欧拉公式：V+F﹣E=2（V为简单多面体的顶点数，F为面数，E为棱数），凸多面体的各个面都是四边形，所以E=2F，利用欧拉公式即可求出．
4. 由小正方体木块搭成的几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体的小正方体木块有（ ）
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A、6块 B、7块
C、8块 D、9块
答案：B
解析：解答：由俯视图，我们可得该几何体中小正方体共有4摞，
结合正视图和侧视图可得：
第1摞共有3个小正方体；
第2摞共有1个小正方体；
第3摞共有1个小正方体；
第4摞共有2个小正方体；
故搭成该几何体的小正方体木块有7块，
故选B．
分析：由俯视图易得最底层正方体的个数，由主视图和左视图找到其余层数里正方体的个数相加即可．
5. 棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上，E，F分别是棱AA1，DD1的中点，则直线EF被球O截得的线段长为（ ）
A、 B、1
C、 D、
答案：D
解析：解答：正方体对角线为球直径，所以，在过点E、F、O的球的大圆中，
由已知得d=，，所以EF=2r=．
故选D．
分析：先求直径（正方体的体对角线），再求球心到EF的距离，然后解出直线EF被球O截得的线段长．
6. 下列命题中正确的是（ ）
A、由五个平面围成的多面体只能是四棱锥
B、棱锥的高线可能在几何体之外
C、仅有一组对面平行的六面体是棱台
D、有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥
答案：C
解析：解答：由5个面成的多面体可能是四棱锥或三棱柱，故 A不正确．
棱锥的高线不可能在几何体之外，故B不正确．
仅有一组对面平行的六面体只能是四棱台，故C 正确．
有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥不对，因为棱锥的定义中还要求这些三角形还必须有公共的定点，
故D不正确．
综上，只有C正确，
故选C．
分析：通过举反例，说明 A不正确； 由棱锥的高线不可能在几何体之外，故B不正确；由仅有一组对面平行的六面体只能是四棱台，说明
C 正确；由棱锥的定义知，D不正确．
7. 若一棱台上、下底面面积分别是和S，它的中截面面积是S0，则（ ）
A、 B、
C、 D、
答案：C
解析：解答：棱台上、下底面面积分别是和S，
不妨设棱台的高为2r，有相似比的性质可知，上部棱锥的高为2r，
根据相似比的性质可得：，；
故选C．
分析：利用已知条件，推出棱台的高与棱锥的关系，通过相似比的性质，求出中截面的面积即可．
8. 如图，能推断这个几何体可能是三棱台的是（ ）
( http: / / www.21cnjy.com / )
A、A1B1=2，AB=3，B1C1=3，BC=4
B、A1Bl=1，AB=2，BlCl=1.5，BC=3，A1C1=2，AC=3
C、AlBl=1，AB=2，B1Cl=1.5，BC=3，AlCl=2，AC=4
D、AB=A1B1，BC=B1C1，CA=C1A1
答案：C
解析：解答：根据棱台是由棱锥截成的，
A、，故A不正确；
B、，故B不正确；
C、，故C正确，
D、满足这个条件的是一个三棱柱，不是三棱台，
故选C．
分析：推断满足下面四个条件的几何体能否成为三棱台，从两个底面上对应边的比值是否相等，比值相等是组成棱台的必要条件，但这个条件不成立，一定不是棱台．
9. 正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数共有（ ）
A、20 B、15
C、12 D、10
答案：D
解析：解答：由题意正五棱柱对角线一定为上底面的一个顶点和下底面的一个顶点的连线，因为不同在任何侧面内，
故从一个顶点出发的对角线有2条．正五棱柱对角线的条数共有2×5=10条．
故选D
分析：抓住上底面的一个顶点，看从此顶点出发的对角线有多少条即可解决．
10. 如图，已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的，底面边长是侧棱长2倍，D、E是A1C1、AC的中点，则下面判断不正确的为（ ）
A、直线A1E∥平面B1DC B、直线AD⊥平面B1DC
C、平面B1DC⊥平面ACC1A1 D、直线AC与平面B1DC所成的角为60°
答案：D
解析：解答：∵A1E∥DC，由线面平行的判断定理，可得直线A1E∥平面B1DC，故A正确；
∵底面边长是侧棱长2倍，∴△ADC为等腰直角三角形，即AD⊥DC，再根据直三棱柱的性质，我们易得B1D⊥平面A1ACC1，进而B1D⊥AD，结合线面垂直的判断定理，可以得到直线AD⊥平面B1DC，故B正确；
结合B中结论，由面面垂直的判定定理可得平面B1DC⊥平面ACC1A1，故C正确；
由B中结论，∠ACD即为直线AC与平面B1DC所成的角，∵∠ACD=45°，故D错误；
故选D
分析：由线面平行的判定定理，可判断A的真假；由直三棱柱的结构特征，结合线面垂直的判定定理，可判断B的真假；由B中结论结合面面垂直的判定定理，可判断C的真假，由B中结论，结合线面夹角的定义，可判断D的真假，进而得到答案．
11. 如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下4个命题中，假命题是（ ）
A、等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等 B、等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补
C、等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆 D、等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上
答案：B
解析：解答：因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，
所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点的距离相等，
故A，C正确，
且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，
故D正确，B不正确，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立．
故选B
分析：做该题，需要空间模拟一个四棱锥，将4个选项一一对应于四棱锥，就可以排除选项，得到答案．
12. 如图在正四棱锥S﹣ABCD中，E是BC的中点，P点在侧面△SCD内及其边界上运动，并且总是保持PE⊥AC，则动点P的轨迹与△SCD组成的相关图形是（ ）
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A、
B、 ( http: / / www.21cnjy.com / )
C、
D、 ( http: / / www.21cnjy.com / )
答案：A
解析：解答：取CD中点F，AC⊥EF，又∵SB在面ABCD内的射影为BD且AC⊥BD，∴AC⊥SB，取SC中点Q，∴EQ∥SB，
∴AC⊥EQ，又AC⊥EF，∴AC⊥面EQF，因此点P在FQ上移动时总有AC⊥EP．
故选A．
分析：总保持PE⊥AC，那么AC垂直PE所在的一个平面，AC⊥平面SBD，不难推出结果．
13. 一个棱锥的各条棱都相等，那么这个棱锥必不是（ ）
A、三棱锥 B、四棱锥
C、五棱锥 D、六棱锥
答案：D
解析：解答：以为正六棱锥的底面是个正六边形，正六边形共由6个等边三角形构成，设每个等边三角形的边长为 r，
正六棱锥的高为h，正六棱锥的侧棱长为 l，由正六棱锥的高 h、底面的半径 r、侧棱长l构成直角三角形得，
h2+r2=l2，故侧棱长 l和底面正六边形的边长 r不可能相等，
故选D．
分析：正六棱锥的高 h、底面的半径 r、侧棱长 l构成直角三角形，由勾股定理得：h2+r2=l2，
故侧棱长 l和底面正六边形的边长 r不可能相等．
14. 点P在平面ABC外，若PA=PB=PC，则点P在平面ABC上的射影是△ABC的（ ）
A、外心 B、重心
C、内心 D、垂心
答案：A
解析：解答：设点P作平面ABC的射影O，由题意：PA=PB=PC，因为PO⊥底面ABC，
所以△PAO≌△POB≌△POC
即：OA=OB=OC
所以O为三角形的外心．
故选A
分析：点P在平面ABC上的射为O，利用已知条件，证明OA=OB=OC，推出结论．
15. 半径为1的球面上的四点A，B，C，D是一个正四面体的顶点，则这个正四面体的棱长是（ ）
A、 B、
C、 D、
答案：D
解析：解答：∵正四面体是球的内接正四面体，
又∵球的半径R=1
∴正四面体棱长l与外接球半径R的关系
l=
得l=
故选D
分析：由已知可得，半径为1的球为正四面体A﹣BCD的外接球，由正四面体棱长与外接球半径的关系，我们易得正四面体的棱长，求出正四面体的棱长．
二、填空题
16. 正多面体只有 种，分别为
答案：5|正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体
解析：解答：正多面体只有5种，分别为正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．
故答案为：5，正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．
分析：从正多面体的定义出发，直接回答结果．
17. 关于如图所示几何体的正确说法为 ．
①这是一个六面体；
②这是一个四棱台；
③这是一个四棱柱；
④这是一个四棱柱和三棱柱的组合体；
⑤这是一个被截去一个三棱柱的四棱柱．
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答案：①③④⑤
解析：解答：①因为有六个面，属于六面体的范围，②这是一个很明显的四棱柱，因为侧棱的延长线不能交与一点，所以不正确．
③如果把几何体放倒就会发现是一个四棱柱，④可以有四棱柱和三棱柱组成，⑤和④的想法一样，割补方法就可以得到．
故答案为：①③④⑤．
分析：本题的解答要把该几何体从不同的方面看，就能得到答案．
18. 下面命题正确的有 个．
①长方形绕一条直线旋转一周所形成的几何体是圆柱
②过圆锥侧面上一点有无数条母线
③三棱锥的每个面都可以作为底面
④圆锥的轴截面（过轴所作的截面）是等腰三角形．
答案：2
解析：解答：①②错：①错在绕一条直线，应该是绕长方形的一条边所在的直线；②两点确定一条直线，圆锥的母线必过圆锥的顶点，因此过圆锥侧面上一点只有一条母线；③④正确，③三棱锥的性质；④是圆锥的性质．
故答案为：2
分析：根据旋转体的定义判断①②的错误性；③④是多面体和旋转体的性质．
19. 螺母是由 和 两个简单几何体构成的．
答案：正六棱柱|圆柱
解析：解答：根据螺母的结构特征知，是由正六棱柱里面挖去的一个圆柱构成的，
故答案为：正六棱柱，圆柱．
分析：根据螺母的形状和正六棱柱、圆柱的结构特征进行判断．
20. 点P是△ABC所在平面外一点，且P点到△ABC三个顶点距离相等，则P点在△ABC所在平面上的射影是△ABC的 心．
答案：外
解析：解答：如图P是△ABC所在平面外一点，O是P点在平面a上的射影．
若P到△ABC三个顶点的距离相等，由由条件可证得OA=OB=OC，由三角形外心的定义知此时点O是三角形的外心，
故答案为：外；
分析：如图P是△ABC所在平面外一点，O是P点在平面a上的射影．若P到△ABC三个顶点的距离相等，由三角形全等可以得到三线段OA=OB=OC，则O是△ABC的外心．
三、解答题
21. 、一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱，这个四棱锥的底面为正方形，且底面边长与各侧棱长相等，这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等．设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高分别为h1，h2，h3，求h1：h2：h3的值．
答案：解答：依题意，四棱锥为正四棱锥，三棱锥为正三棱锥，且棱长均相等，
设为a，h2=h3，h1==a，
h2==a
故h1：h2：h3=：2：2．
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解析：分析：由题意可知四棱锥为正四棱锥，三棱锥为正三棱锥，且棱长均相等，几何体是平行六面体，设棱长为a，分别求出h1，h2，h3，可得结果．
22. 在图中，M、N是圆柱体的同一条母线上且位于上、下底面上的两点，若从M点绕圆柱体的侧面到达N，沿怎么样的路线路程最短？
答案：解：沿圆柱体的母线MN将圆柱的侧面剪开辅平，得出圆柱的侧面展开图，从M点绕圆柱体的侧面到达N点，实际上是从侧面展开图的长方形的一个顶点M到达不相邻的另一个顶点N．而两点间以线段的长度最短．所以最短路线就是侧面展开图中长方形的一条对角线．
如图所示
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解析：分析：画出圆柱的侧面展开图，利用弧长大于弦长的关系，说明MN最短即可．
23. 如果棱台的两底面积分别是S、S'，中截面（过棱台高的中点且平行于底面的截面）的
面积是S0求证：．
答案：证明：设上底和下底的边长分别是a，b，
根据在侧面上三条边组成梯形的上底，下底和中位线，
得到梯形的中位线长度是，
∵棱台的两底面与中截面是相似的，
∴三个面积之比等于边长之比的平方，
即s′=λa2，①
s=λb2，②
③
把三个式子两边开方，
a+b=，
，
∴．
解析：分析：长方体的对角线的平方等于长方体的长、宽、高的平方和，直接求解即可．
24. 长方体之长、宽、高各为12寸、3寸、4寸，求对角线的长．
答案：解：长方体对角线的长为：=13（寸）．
解析：分析：长方体的对角线的平方等于长方体的长、宽、高的平方和，直接求解即可．
25. 已知圆锥体的底面半径为R，高为H求内接于这个圆锥体并且体积最大的圆柱体的高h（如图）．
答案：解：设圆柱体半径为r高为h
由△ACD∽△AOB得．
由此得，
圆柱体体积．
由题意，H＞h＞0，利用均值不等式，有
原式=．
当，时上式取等号，因此当
时，V（h）最大．
解析：分析：先设出圆柱的底面半径，高为h，利用三角形相似，推出r的表达式，
然后求出体积表达式，利用均值不等式，求出体积最大值时的圆柱体的高h．
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