高中人教A版 (2019)8.1 基本立体图形第2课时练习

这是一份高中人教A版 (2019)8.1 基本立体图形第2课时练习，共18页。试卷主要包含了如图所示的几何体中有，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
第2课时　圆柱、圆锥、圆台与球基础过关练题组一　圆柱、圆锥、圆台　　　　　 　　　　　 　　　　　 1.如图所示的几何体中有(　　)A.圆柱、圆锥和圆台 B.圆柱和圆锥C.圆柱和圆台 D.棱柱、棱锥和圆锥2.下列说法正确的是(　　)A.圆锥的底面是圆面,侧面是曲面B.用一张扇形的纸片可以卷成一个圆锥C.一个物体上、下两个面是相等的圆面,那么它一定是一个圆柱D.圆台的任意两条母线的延长线可能相交也可能不相交3.用一张长为8、宽为4的矩形硬纸卷成圆柱的侧面,则相应圆柱的底面半径是(　　)A.2 B.2πC.或 D.或4.一个圆锥的母线长为20 cm,母线与轴的夹角为30°,则圆锥的高为(深度解析)A.10 cm  B.20 cm C.20 cm  D.10 cm5.一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm和8 cm,若两底面圆心的连线长为12 cm,则这个圆台的母线长为　　　　cm. 6.(2020安徽合肥一中高三上月考)用半径为3 cm的半圆形纸片卷成一个无底圆锥(接头处不计),则这个无底圆锥的高为　　　　cm. 7.(2019辽宁沈阳东北育才实验学校高一上期中)已知圆锥的母线长为4 cm,圆锥的底面圆半径为1 cm,一只蚂蚁从圆锥的底面圆周上A点出发,沿圆锥侧面爬行一周回到点A,则蚂蚁爬行的最短路程为　　　　cm. 题组二　球8.(2020湖南常德高一下期末)截一个几何体,各个截面都是圆面,则这个几何体一定是(　　)A.圆柱 B.圆锥C.球 D.圆台9.下列说法正确的是(　　)A.到定点的距离等于定长的点的集合是球B.球面上不同的三点可能在同一条直线上C.用一个平面截球,其截面是一个圆D.球心与截面圆心(截面不过球心)的连线垂直于该截面10.正四面体A-BCD的所有棱长均为12,球O是其外接球,M,N分别是△ABC与△ACD的重心,则球O截直线MN所得的弦长为　　　　.   题组三　简单组合体11.(2019河北衡水武邑中学高一上月考)下列几何体是组合体的是(　　)12.(2019北京大学附属中学高一下期末)一个直角三角形绕其最长边所在直线旋转一周所形成的空间几何体是(　　)A.一个棱锥 B.一个圆锥C.两个圆锥的组合体 D.无法确定13.(2020陕西延安黄陵中学高一上期末)能旋转形成如图所示的几何体的平面图形是(　　)14.一个正方体内有一个内切球,作正方体的对角面,所得截面图形是下图中的(深度解析)15.如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱的上底面为底面、下底面圆心为顶点的圆锥而得到的.现用一个竖直的平面去截这个几何体,则截面图形可能是　　　　.(填序号) 能力提升练题组一　空间几何体的结构特征1.(2020黑龙江牡丹江一中高一下月考,)下列说法正确的是(　　)A.有两个平面互相平行,其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B.三棱锥的四个面都可以是直角三角形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是圆锥2.(2020浙江温州高二上期末,)一个三棱锥是正三棱锥的充要条件是(　　)A.底面是正三角形,三个侧面是全等的等腰三角形B.各个面都是正三角形C.三个侧面是全等的等腰三角形D.顶点在底面上的射影为底面三角形的重心3.(2020重庆高三上高考模拟调研卷,)足球被誉为“世界第一运动”,它是全球体育界最具影响力的单项体育运动,足球的表面可看成是由正二十面体用平面截角的方法形成的,即用如图1所示的正二十面体,从靠近每个顶点的棱的处将其顶角截去,截去20个顶角后剩下的如图2所示的结构就是足球的表面结构.已知正二十面体是由20个边长为3的正三角形围成的封闭几何体,则如图2所示的几何体中所有棱的条数为　　　　. 4.(2020东北三省四市教研联合体高三二模,)长方、堑堵、阳马、鳖臑这些名词出自中国古代数学名著《九章算术·商功》,其中阳马和鳖臑是我国古代对一些特殊锥体的称呼.取一长方,如图长方体ABCD-A1B1C1D1,按平面ABC1D1斜切一分为二,得到两个一模一样的三棱柱,称该三棱柱为堑堵,再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开,得四棱锥和三棱锥各一个,其中以矩形为底,另有一棱与底面垂直的四棱锥D1-ABCD称为阳马,余下的三棱锥D1-BCC1是由四个直角三角形组成的四面体,称为鳖臑.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=5,BC=4,AA1=3,按以上操作得到阳马,则该阳马的最长棱长为　　　　.   题组二　组合体问题5.(2020黑龙江哈尔滨第三中学高三三模,)在三棱锥S-ABC中,AB=2,BC=2,AC=2,SB=,侧棱SB与底面ABC垂直,则三棱锥S-ABC的外接球半径为　　　　. 6.(2020江西赣州高三月考,)已知一个底面半径为r,高为h的圆锥内有一个棱长为a的内接正方体,且该内接正方体的顶点都在圆锥的底面或侧面上,若r=h,则=　　　　. 7.(2020河南安阳高三二模,)下图是某机械零件的几何结构,该几何体是由两个相同的直四棱柱组合而成的,且前后、左右、上下均对称,每个四棱柱的底面都是边长为2的正方形,高为4,且两个四棱柱的侧棱互相垂直,则这两个四棱柱的表面相交的交线段总长度为　　　　. 8.(2020湖南长沙第一中学高三下月考,)已知球O与棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的所有棱相切,点M是球面上一点,点N是△ABC的外接圆上一点,求线段MN的取值范围.    题组三　空间几何体的截面　　　 　　　　　 　　　　　 9.(2020黑龙江哈尔滨三中高一上期中,)如图,M,N,R分别是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB,BC,AA1的中点,则过M,N,R三点的平面被正方体所截得的截面面积为(　　)A. B.3 C.6 D.1210.(2020湖南株洲高一下期中,)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,P为BC的中点,Q为线段CC1上的动点,过点A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为S,若0<CQ≤,则S的取值范围是　　　　. 题组四　基本立体图形的展开图11.(2020北京人大附中高三下月考,)某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图所示,圆柱表面上的点M在主视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径的长度为(　　)A.2 B.2 C.3 D.212.(2020浙江杭州第二中学高二上期中,)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,M,N分别为AB1,A1C1上的点,且A1N=AM,AM=2MB1,P,Q分别为BB1,B1C1上的动点,则折线MPQN长度的最小值为(　　)A.3 B. C.+ D.13.()如图,棱长为2的正方体A1B1C1D1-ABCD中,点M,N,E分别为棱AA1,AB,AD的中点,以A为圆心,1为半径,分别在面ABB1A1和面ABCD内作弧和弧,并将两弧各五等分,分点依次为P1,P2,P3,P4以及Q1,Q2,Q3,Q4.一只蚂蚁欲从点P1出发,沿正方体的表面爬行至Q4,求其爬行的最短距离.(参考数据:cos 9°≈0.987 7;cos 18°≈0.951 1;cos 27°≈0.891 0)                                        答案全解全析基础过关练1.B　题图中,(1)是圆柱,(2)是圆锥,(3)不是圆台,故选B.2.A　显然A正确;对于B,一张扇形的纸片只能卷成一个无底面的圆锥,故B错误;对于C,若两个圆面不平行,则这个物体不是圆柱,故C错误;对于D,圆台是由圆锥截得的,故其任意两条母线延长后一定交于一点,故D错误.故选A.3.C　设圆柱的底面半径为r.若矩形的长恰好为卷成圆柱底面的周长,则2π·r=8,所以r=;若矩形的宽恰好为卷成圆柱底面的周长,则2π·r=4,所以r=.故选C.4.A　如图所示,在Rt△ABO中,AB=20 cm,∠BAO=30°,所以AO=AB·cos 30°=20×=10(cm).所以圆锥的高为10 cm,故选A.方法归纳旋转体中有关底面半径、母线、高的计算,可利用轴截面求解,即将立体问题平面化.5.答案　13解析　如图,O'A=3 cm,OB=8 cm,OO'=12 cm,O'A∥OB,过点A作AC⊥OB,交OB于点C.在Rt△ABC中,AC=12 cm,BC=8-3=5(cm),∴AB==13(cm).6.答案　解析　∵半径为3 cm的半圆的弧长为3π cm,∴圆锥的底面圆的周长为3π cm,∴底面圆半径为 cm,无底圆锥的轴截面为等腰三角形,如下图:∴无底圆锥的高h== cm.7.答案　4解析　由题意得,底面圆的直径为2 cm,故底面圆的周长为2π cm.设圆锥的侧面展开后的扇形圆心角为n°.根据底面圆的周长等于展开后扇形的弧长,得2π=,解得n=90,所以展开图中扇形的圆心角为90°,所以蚂蚁爬行的最短路程是=4 cm.8.C　圆柱的截面可能是矩形,圆锥的截面可能是三角形,圆台的截面可能是梯形,故选C.9.D　对于A,球是球体的简称,球体的外表面称之为球面,球面是一个曲面,是空心的,而球是几何体,是实心的,故A错;对于B,球面上不同的三点一定不共线,故B错;对于C,用一个平面截球,其截面是一个圆面,而不是一个圆,故C错.故选D.10.答案　　4解析　如图,将正四面体A-BCD补全为正方体,则正方体的棱长为6.易知球O是正方体的外接球,所以球O的半径R=×6=3.设正四面体的高为h,易得AN=4,则h==4,所以OM=ON=h-R=.又MN=BD=4,所以O到直线MN的距离为=,因此球O截直线MN所得的弦长为2=4.11.D　A、B、C中的几何体分别是圆锥、圆柱、球,都为简单几何体,D中的几何体为圆台挖去一个圆锥,为组合体,故选D.12.C　一个直角三角形绕其最长边所在直线旋转一周所形成的空间几何体是两个同底的圆锥的组合体.故选C.13.A　A中图形旋转得到一个圆台与一个圆锥的组合体,符合题意;B中图形旋转得到两个相同底面圆锥的组合体,不合题意;C中图形旋转得到相同底面的圆柱与圆锥的组合体,不合题意;D中图形旋转得到两个圆锥与一个圆柱的组合体,不合题意.故选A.14.B　由组合体的结构特征知,球与正方体各面相切,与各棱相离,故选B.解题反思正方体与球的位置关系,通常考查正方体的内切球、外接球和棱切球,要通过模型帮助自己掌握这三种情况.15.答案　①⑤解析　当截面过底面直径时,截面如题图①;当截面不过底面直径时,截面如题图⑤.能力提升练1.B　对于A,如图(1),将两个相同的斜平行六面体叠放,符合条件,但不是棱柱,故A错误;对于B,如图(2),三棱锥P-ABC的四个面都是直角三角形,故B正确;对于C,如图(3),符合条件,但延长其侧棱不交于一点,不是棱台,故C错误;对于D,如图(4),以直角△ABC的斜边AB所在直线为轴旋转得到的是两个同底的圆锥,故D错误.故选B.2.A　对于A,根据正三棱锥的定义可知,侧面是全等的等腰三角形,底面是正三角形的三棱锥是正三棱锥,所以一个三棱锥是正三棱锥的充要条件是底面是正三角形,三个侧面是全等的等腰三角形,A选项符合题意;对于B,各个面都是正三角形,则三棱锥是正三棱锥,所以各个面都是正三角形是三棱锥为正三棱锥的充分条件,三棱锥是正三棱锥,各个面不一定都是正三角形,所以各个面都是正三角形是三棱锥为正三棱锥的非必要条件,故B选项不符合题意;对于C,三个侧面是全等的等腰三角形不一定是正三棱锥,如图所示,VA=VC=BC=AB,AC=VB时,不一定是正三棱锥,故该选项错误;对于D,若顶点在底面上的射影为底面三角形的重心,设底面为Rt△ABC,其重心为O,过点O作底面ABC的垂线段OV,连接VA,VB,VC得到三棱锥V-ABC,显然三棱锥V-ABC不是正三棱锥,所以D选项错误.故选A.3.答案　90解析　原来正二十面体的每一条棱都会保留,正二十面体每个面有3条棱,每条棱属于两个面,所以共有=30条棱,此外,每个面会产生3条新棱,共产生3×20=60条新棱,∴共有90条棱.故答案为90.4.答案　5解析　由题意知,该阳马的最长棱长为原长方体的体对角线的长,所以该阳马的最长棱长为=5.5.答案　解析　∵AB=2,BC=2,AC=2,∴AB2+BC2=AC2,∴AB⊥BC,又侧棱SB与底面ABC垂直,∴可以将三棱锥S-ABC放置在如图所示的长方体中,外接球的直径即为长方体的体对角线.设外接球的半径为R,则2R==,即R=.6.答案　解析　过正方体的体对角线的轴截面如图所示,则AC=a,CC1=a,O1P=h,O1M=r,所以=,又r=h,所以=.7.答案　8解析　如图:这两个四棱柱的表面相交,一共有8条线段,根据对称性,每段都与OA相等.在等腰△OAB中,AB=2,AB边上的高为2,则OA=,所以交线段的总长度为8.故答案为8.8.解析　易知与正方体的各棱都相切的球的半径r=2,正方体的外接球的半径R=.因为点M在与正方体的各棱都相切的球面上运动,点N在△ABC的外接圆上运动,所以线段MN长度的最小值是正方体的外接球的半径减去与正方体的各棱都相切的球的半径,MN长度的最大值是正方体的外接球的半径加上与正方体的各棱都相切的球的半径.由此可得线段MN的取值范围是[-2,+2].9.B　如图,补全的截面为正六边形MNOPQR,由正方体的棱长为2可知正六边形的边长为,故截面面积为6××2=3,故选B.10.答案　解析　当CQ=时,Q为CC1的中点,如图1,图1易得PQ∥AD1,AP=QD1=,故可得截面APQD1为等腰梯形,∴S=××=.当点Q向C移动时,满足0<CQ<,只需在DD1上取点M满足AM∥PQ,即可得截面APQM,如图2,当点Q向C移动时,截面APQM的面积逐渐变小.图2截面四边形APQM在底面上的投影为梯形APCD,且S梯形APCD=××1=,故当0<CQ≤时,<S≤.故答案为.11.B　根据圆柱的三视图及其本身的特征,将圆柱的侧面展开图平铺,可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为宽,圆柱的底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处,所以所求的最短路径的长度为=2,故选B.12.B　将正方体的面AB1,BC1,A1C1展开成如图所示的形式.由图可得,当M,P,Q,N在一条直线上时,折线MPQN的长度最小.作ON,OM分别与正方形的边平行,因为正方体的棱长为3,且A1N=AM,AM=2MB1,所以ON=3,OM=2,所以MN==,所以折线MPQN长度的最小值为.故选B.13.解析　将平面ABCD绕AB旋转至与平面ABB1A1共面的位置,如图1所示:图1则∠P1AQ4=×8=144°,所以|P1Q4|=2sin 72°.将平面ABCD绕AD旋转至与平面ADD1A1共面的位置,将ABB1A1绕AA1旋转至与平面ADD1A1共面的位置,如图2所示:图2则∠P1AQ4=×2+90°=126°,所以|P1Q4|=2sin 63°.因为sin 63°<sin 72°,且由诱导公式可得sin 63°=cos 27°,所以最短距离为2sin 63°≈2×0.891 0=1.782 0.