高中第一章 立体几何初步1简单几何体本节综合同步训练题

1.1简单几何体同步练习北师大版高中数学必修二

一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）

1. 正方体的棱长为2，以A为球心，为半径的球面与平面的交线长为         

A.  B.  C.  D.

2. 下列命题中正确的是     

A. 三棱柱的侧面为三角形
B. 棱台的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形
C. 棱台的底面是两个相似的正方形
D. 棱锥的侧面和底面可以都是三角形

3. 已知一圆锥底面圆的直径为3，圆锥的高为，在该圆锥内放置一个棱长为a的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则a的最大值为   

A. 3 B.  C.  D.

4. 如图是由哪个平面图形旋转得到的　

A.
B.
C.
D.

5. 下列叙述中，错误的一项为

A. 棱柱中两个互相平行的平面一定是棱住的底面
B. 棱柱的各个侧面都是平行四边形
C. 棱柱的两底面是全等的多边形
D. 棱柱的面中，至少有两个面相互平行

6. 下列说法正确的是

A. 有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
B. 棱锥至少有6条棱
C. 有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
D. 以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥

7. 将一个大圆锥截取一个小圆锥得到圆台，圆台的上、下底面圆的半径之比为1：3，若大圆锥的高为12，则圆台的高为

A. 6 B. 8 C. 9 D. 10

8. 如图，在棱长为2的正方体中，E是棱的中点，则过三点A、、E为的截面面积等于   

A.
B.
C.
D. 3

9. 由5个面围成的多面体，其中上、下两个面是相似三角形，其余三个面都是梯形，并且这些梯形的腰延长后能相交于一点，则该多面体是 

A. 三棱柱 B. 三棱台 C. 三棱锥 D. 四棱锥

10. 下列几何体中，不是旋转体的是

A.  B.  C.  D.

11. 攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖攒尖建筑的屋面在顶部交汇为一点，形成尖顶，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑辽宁省实验中学校园内的明心亭，为一个八角攒尖，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正八棱锥，设正八棱锥的侧面等腰三角形的顶角为，它的侧棱与底面内切圆半径的长度之比为

A.  B.  C.  D.

12. 下列关于棱柱的说法中，错误的是

A. 三棱柱的底面为三角形
B. 一个棱柱至少有五个面
C. 五棱柱有5条侧棱、5个侧面，侧面为平行四边形
D. 若棱柱的底面边长相等，则它的各个侧面全等

二、单空题（本大题共3小题，共15.0分）

13. 已知球的两个平行截面的面积分别为和，它们位于球心的同一侧，且距离为1，那么这个球的半径是          ．
14. 棱台的上、下底面面积分别为4和9，则这个棱台的高和截得棱台的原棱锥的高的比是______．
15. 已知点E在正方体的侧面内含边界，F是的中点，，则的最大值为______；最小值为______．

三、多空题（本大题共3小题，共15.0分）

16. 莱昂哈德欧拉，瑞士数学家和物理学家，近代数学先驱之一．他的研究论著几乎涉及到所有数学分支，有许多公式、定理、解法、函数、方程、常数等是以欧拉名字命名的．欧拉发现，不论什么形状的凸多面体，其顶点数V、棱数E、面数F之间总满足数量关系，此式称为欧拉公式．已知某凸32面体，12个面是五边形，20个面是六边形，则该32面体的棱数为          ，顶点的个数为          ．
17. 一个棱柱至少有      个面，面数最少的一个棱锥有      个顶点，顶点最少的一个棱台有      条侧棱．
18. 下列几何体中，          是棱柱，          是棱锥，          是棱台．仅填相应序号

四、解答题（本大题共5小题，共60.0分）

19. 一个圆台的母线长为，两底面面积分别为和．

求圆台的高；

求截得此圆台的圆锥的母线长．






 

20. 如图，在边长为2a的正方形ABCD中，E，F分别为AB，BC的中点，沿图中虚线将3个三角形折起，使点A，B，C重合，重合后记为点P．
     

折起后形成的几何体是什么几何体？

这个几何体共有几个面，每个面的三角形有何特点？

每个面的三角形面积为多少？






 

21. 如图所示，圆锥底面的圆的半径，轴截面的顶角是直角，过两条母线的截面SCB截去底面圆周的，求截面的面积．
     

22. 设三棱锥的顶点P在平面ABC上的射影是H，证明：
    若，，则H是的垂心；
    若，则H是的外心．

23. 如图，直角梯形ABCD中，，，，，，将该梯形绕着AB所在的直线为轴旋转一周，求该旋转体的表面积和体积．
    
    
    
    
    
    
    
    

答案和解析

1.【答案】D
 

【解析】

【分析】
本题考查平面与球的位置关系，几何体中的截面问题，属中档题．
画出图示，可得交线为一段圆弧，利用勾股定理可得圆的半径，由此可得结论．
【解答】
解：如图，平面与球面的交线是以为圆心的一段圆弧，设半径为r，
则，所以，
所以面与球面的交线是以为圆心，2为半径的一段圆弧，
球面与平面的交线长为．
故选D．
  

2.【答案】D
 

【解析】

【分析】

本题考查简单多面体棱柱、棱锥、棱台及其结构特征，为基础题．
根据题意一一判断即可．

【解答】

解：三棱柱的侧面都是平行四边形，故A错；
由棱台的定义可知B错；
棱台的底面只需是两个相似的多边形即可，故C错；
对于三棱锥，每一个面都可以作为底面，其余的为侧面，此时，侧面和底面都是三角形，故D正确．
故选D．

3.【答案】B
 

【解析】

【分析】

本题主要考查了正四面体的外接球，将正四面体的外接球转化为正方体的外接球，考查了空间想象能力与计算能力，属于难题．
根据题意，该四面体内接于圆锥的内切球，通过内切球即可得到a的最大值．

【解答】

解：依题意，四面体可以在圆锥内任意转动，
故该四面体内接于圆锥的内切球，
设球心为P，球的半径为r，轴截面上球与圆锥母线的切点为Q，圆锥的轴截面如图：
则，，
则，
则为等边三角形，
故P是的中心，
连接BP，则BP平分，
，
所以，即，
即四面体的外接球的半径为，

另正四面体可以从正方体中截得，如图：

从图中可以得到，当正四面体的棱长为a时，截得它的正方体的棱长为，
而正四面体的四个顶点都在正方体上，
故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，
所以，
，
又，
所以．
故选B．

4.【答案】D
 

【解析】

【分析】
本题考查圆锥和圆台及其结构特征，属于基础题．
根据圆锥以及圆台的概念即可得出结果．
【解答】
解：由题意，该几何体上半部分为圆锥，由直角三角形旋转得到，
下半部分为圆台，由直角梯形旋转得到．
可知：该几何体是由选项D中的平面图形旋转得到的，
故选D．  

5.【答案】A
 

【解析】解：在A中，棱柱中两个互相平行的平面不一定是棱住的底面，
例如正六棱柱的相对侧面互相平行，故A错误；
在B中，由棱柱的定义知棱柱的各个侧面都是平行四边形，故B正确；
在C中，由棱柱的定义知棱柱的两底面是互相平行且全等的多边形，故C正确；
在D中，棱柱的定义是，有两个面互相平行，其余各面都是四边形，
相邻的公共边互相平行，有这些面围成的几何体是棱柱，由此得到D正确．
故选：A．
利用棱柱的定义和性质直接求解．
本题考查命题真假的判断，考查棱柱的定义和性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
 

6.【答案】B
 

【解析】

【分析】
本题考查空间几何体的结构和特征，属基础题，难度不大．
依次分析各个选项即可得答案．
【解答】
解：图符合条件但却不是棱柱，故A不正确
三棱锥是棱数最少的棱锥，有6条棱，故B正确
棱台是由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到的，则应保证各侧棱延长后相交于一点，图满足有两个面互相平行，其余各面都是梯形，但是侧棱延长后不相交于一点，故不是棱台，C不正确
以直角三角形ABC的斜边所在直线为轴旋转得到的是两个底面重合的圆锥的组合体，故D不正确．
故选B．

7.【答案】B
 

【解析】

【分析】
本题考查了圆锥、圆台关系的应用，解题的关键是得到小圆锥、大圆锥的高之比为1：3，考查了空间想象能力与逻辑推理能力，属于基础题．
利用圆台的上、下底面圆的半径之比为1：3，得到小圆锥、大圆锥的高之比为1：3，从而求出小圆锥的高，即可求出圆台的高．
【解答】
解：因为圆台的上、下底面圆的半径之比为1：3，
所以小圆锥、大圆锥的底面半径之比为1：3，
小圆锥、大圆锥的高之比为1：3，
因为大圆锥的高位12，则小圆锥的高为4，
所以圆台的高为．
故选：B．  

8.【答案】C
 

【解析】略
 

9.【答案】B
 

【解析】

【分析】

本题考查多面体的结构特征，属于基础题．
根据条件结合多面体的结构特征即可选出答案．

【解答】

解：三棱柱的5个面中没有梯形，排除A；
三棱锥有4个面排除C；
四棱锥的5个面中没有梯形，排除D；
只有三棱台满足上、下两个面是相似三角形，其余三个面都是梯形．
故选B．

10.【答案】A
 

【解析】

【分析】
本题考查旋转体的定义，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．
一条平面曲线绕着它所在的平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫作旋转面；该定直线叫做旋转体的轴；封闭的旋转面围成的几何体叫作旋转体，利用旋转体的概念直接进行判断，可得答案．
【解答】
解：根据旋转体的概念可知：B，C，D中三个几何体均为旋转体，
A中几何体为多面体，
故选：A．  

11.【答案】A
 

【解析】解：设O为正八棱锥底面内切圆的圆心，连接OA，OB，
取AB的中点M，连接SM、OM，则OM是底面内切圆半径R，如图所示：

设侧棱长为x，底面边长为a，
由题意知，，则，解得；
由底面为正八边形，其内切圆半径OM是底面中心O到各边的距离，
中，，所以，
由，解得，
所以，
所以，
解得，
即侧棱与底面内切圆半径的长度之比为．
故选：A．
分别用SA和表示出AB的一半，得出侧棱与底面边长的比，再根据正八边形的结构特征求出底面内切圆的半径与边长的关系，即可求出结果．
本题考查了正八棱锥的结构特征与应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
 

12.【答案】D
 

【解析】解：n棱柱的具体特征为：底面是n边形，共3n条棱，个面，其中n个侧面，2个底面，侧面为平行四边形，侧棱长相等．
因为三棱柱的底面为三角形，故选项A正确；
因为底面最少要为三角形，故有3个侧面，2个底面，所以至少要有五个面，故选项B正确；
五棱柱有5条侧棱、5个侧面，侧面为平行四边形，故选项C正确；
棱柱的底面边长与侧棱长度不一定相等，故各个侧面不全等，故选项D错误．
故选：D．
利用棱柱的结构特征对四个选项逐一分析判断即可．
本题考查了棱柱结构特征的理解和应用，解题的关键是掌握棱柱所具有的结构特征，考查了空间想象能力与逻辑推理能力，属于基础题．
 

13.【答案】3
 

【解析】

【分析】

本题考查球的截面圆的半径，球的半径，是基础题．
画出图形，求出两个截面圆的半径，即可解答本题．

【解答】

解：由题意，画出球的轴截面图，如图所示，

因为球的两个平行截面的面积分别为和，
所以球的两个截面圆的半径分别为和，
设球心到大截面圆的距离为d，球的半径为r，
则，
，
，
故答案为3．

14.【答案】
 

【解析】

【分析】
本题主要考查棱台的结构及其基本量的计算，属于基础题．
根据棱台的结构特征以及相似比即可求出结果，
【解答】
解：画出棱台的截面图如图因为上、下底面面积分别为4和9，

由相似比得，，
即，
所以，
所以这个棱台的高和截得棱台的原棱锥的高的比是，
故答案为．  

15.【答案】1 
 

【解析】解：设正方体棱长为2，以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则0，，a，，2，，0，，2，，
所以，
因为，
所以，
解得，，
因为平面，又平面，
则，
则，
所以当时，取得最大值为1，
当时，取得最小值为．
故答案为：1；．
建立合适的空间直角坐标系，设a，，得到，，然后用a表示出，由二次函数的性质求解最值即可．
本题考查了空间角的求解，在解决有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
 

16.【答案】90

60

【解析】

【分析】
本题主要考查的是欧拉公式及其应用，属于基础题．
直接结合顶点数V、棱数E、面数F之间满足的数量关系求解即可．
【解答】
解：因为凸32面体，12个面是五边形，20个面是六边形，
所以棱数为，
设顶点的个数为x，则．
故答案为90；60．  

17.【答案】5

4

3

【解析】略
 

18.【答案】
 

【解析】

【分析】

本题考查了棱柱、棱锥、棱台的结构特点，属于基础题．

直接利用棱柱、棱锥、棱台的特点判断即可．

【解答】

解：由棱柱、棱锥、棱台特点知：是棱柱，是棱锥，是棱台．

故答案为；；．

19.【答案】解：如图所示，圆台的轴截面是等腰梯形ABCD ，
由已知，得上底面半径，下底面半径，又腰长为12cm ，
所以高．

设截得此圆台的圆锥的母线长为l ，
由，
得．
所以．
 

【解析】本题考查了圆锥、圆台的结构特征，以及有关母线、高等各个量的运算问题．

根据圆台轴截面是等腰梯形求圆台的高即可；
作出圆台和圆锥的轴截面，根据相似三角形的性质进行求解即可．

20.【答案】解：如图，折起后的几何体是三棱锥．

 

这个几何体共有4个面，其中为等腰三角形，为等腰直角三角形，和均为直角三角形．

，

，

，
．

【解析】本题考查折叠问题，棱锥的概念，属于基础题．
根据棱锥的概念，可知是三棱锥；
根据折叠前后图形的特点，即得4个面的特点；
用三角形的面积公式得三个侧面的面积，正方形的面积减去三个侧面的面积即得底面的面积．
 

21.【答案】解：圆锥底面的圆的半径，轴截面的顶角是直角，
故圆锥的高，
母线长，
又两条母线的截面SCB截去底面圆周的，
故意，
则截面的面积
 

【解析】由已知求出的三边，进而根据海伦公式，求出答案．
本题考查的知识点是旋转体，三角形面积，难度中档．
 

22.【答案】证明：如图，由题意可知，平面ABC，平面ABC，
则，又，且，PA，平面PAH，
又平面PAH，
所以，
同理可得，
所以H是的垂心；
因为平面ABC，AB，AC，平面ABC，
所以，，，
又，
故≌≌，
所以，
故H是的外心．
 

【解析】利用线面垂直的性质定理证明，，结合三角形垂心的定义即可证明；
利用线面垂直的性质定理可证明，，，由三角形全等可证，结合三角形外心的定义即可证明．
本题考查了线面垂直的性质定理的应用，三角形垂心以及外心定义的理解和应用，考查了逻辑推理能力，属于基础题．
 

23.【答案】解：根据题意可得，，，
该梯形绕着AB所在的直线为轴旋转一周，所得旋转体是圆台，
且圆台上底面半径为，下底面半径为，高为，母线长为，
所以旋转体的表面积为；
体积为
 

【解析】根据题意知所得旋转体是圆台，结合图中数据求出圆台的表面积和体积．
本题考查了旋转体的结构特征与表面积和体积的计算问题，是基础题．