高考数学第二轮复习专题练习 专题8.2 基本立体图形（重难点题型检测）（教师版）

这是一份高考数学第二轮复习专题练习 专题8.2 基本立体图形（重难点题型检测）（教师版），共17页。试卷主要包含了下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）（2022秋·安徽六安·高二期中）下列图形所表示的几何体中，不是棱锥的为（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】根据棱锥的定义结合结合图形分析可得答案.
【解答过程】棱锥的定义为：有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥.
根据棱锥的定义，B 、C 、D选项中的几何图形是棱锥，A选项中的几何图形是由两个棱锥组合而成的，所以不是棱锥;
故选：A.
2．（3分）（2022秋·四川遂宁·高二期中）如图是由哪个平面图形旋转得到的（ ）
A．B．
C．D．
【解题思路】根据圆柱、圆锥与圆台的定义，判断选项中的图形旋转一周后所得到的几何体的形状，进而可得结果.
【解答过程】A中图形旋转得到两个圆锥与一个圆柱，不合题意；
B中图形旋转得到两个相同底面的圆锥，不合题意；
C中图形旋转得到相同底面的圆柱与圆锥，不合题意；
D中图形旋转得到一个圆台与一个圆锥，合题意.
故选：D.
3．（3分）（2022·高一课时练习）下列命题中正确的个数是（ ）
①由五个面围成的多面体只能是三棱柱；
②由若干个平面多边形所围成的几何体是多面体；
③仅有一组对面平行的五面体是棱台；
④有一面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥.
A．0B．1C．2D．3
【解题思路】举反例说明①③不正确；②是多面体的定义，正确；由棱锥的结构特征说明④错误.
【解答过程】解：①中，由五个面围成的多面体可以是四棱锥，故①不正确；
②中，根据几何体的性质和结构特征可知，多面体是由若干个平面多边形所围成的几何体，故②正确；
③中，仅有一组对面平行的五面体，可以是三棱柱，故③不正确；
④中，有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体不一定是棱锥，
如图中的几何体，满足条件，但并不是棱锥，故④不正确.
故选：B.
4．（3分）（2022·高二课时练习）下列说法正确的是（ ）
①圆台可以由任意一个梯形绕其一边旋转形成；
②用任意一个与底面平行的平面截圆台，截面是圆面；
③以半圆的直径为轴旋转半周形成的旋转体叫做球；
④圆柱的任意两条母线平行，圆锥的任意两条母线相交，圆台的任意两条母线延长后相交．
A．①②B．②③C．①③D．②④
【解题思路】利用圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征分析判断即可
【解答过程】圆台是直角梯形绕其直角边或等腰梯形绕其两底边的中点连线旋转形成的，故错；
②用任意一个与底面平行的平面截圆台，截面是圆面，故正确；
球是以半圆的直径为轴旋转一周形成的旋转体，故③错；
④圆柱的任意两条母线平行，圆锥的任意两条母线相交，圆台的任意两条母线延长后相交，故正确．
故选：D.
5．（3分）（2022秋·重庆万州·高三阶段练习）在古代，斗笠作为挡雨遮阳的器具，用竹篾夹油纸或竹叶棕丝等编织而成，其形状可以看成一个圆锥体，在《诗经》有“何蓑何笠”的句子，说明它很早就为人所用.已知某款斗笠如图所示，它的母线长为22，侧面展开图是一个半圆，则该斗笠的底面半径为（ ）
A．4B．42C．2D．2
【解题思路】侧面展开图一个半圆，则此半圆的弧长等于底面圆周长，由此求出底面半径.
【解答过程】设底面半径为r，底面圆周长2πr，
斗笠母线长l=22，侧面展开图一个半圆，则此半圆的弧长12×2π⋅l=l⋅π，
所以l⋅π=2πr⇒r=l2=2，
故选：C.
6．（3分）（2022·全国·高一期中）如图，正三棱锥A-BCD中，∠BAD=20∘，侧棱长为2，过点C的平面与侧棱AB,AD相交于B1,D1，则△CB1D1的周长的最小值为（ ）
A．22B．23C．4D．2
【解题思路】将正三棱锥A-BCD沿AC剪开，要使△CB1D1的周长的最小则有CD1+D1B1+B1C'=CC'，结合已知条件及正三棱锥的性质知△CAC'是等边三角形，即可知周长的最小值.
【解答过程】将正三棱锥A-BCD沿AC剪开可得如下图形，
∵∠BAD=20∘，即∠CAC'=π3，又△CB1D1的周长为CD1+D1B1+B1C'，
∴要使△CB1D1的周长的最小，则C,D1,B1,C'共线，即CD1+D1B1+B1C'=CC'，
又正三棱锥A-BCD侧棱长为2，△CAC'是等边三角形，
∴(CD1+D1B1+B1C')min=2.
故选：D.
7．（3分）（2022秋·上海浦东新·高二期中）如图，圆锥O的轴截面是一个面积为1的等腰直角三角形，C为弧AB上的一点，∠CPB=45°，E为线段PB上的动点，则CE+OE的最小值为（ ）
A．2B．3C．2D．22+52-2
【解题思路】将空间图形进行翻折变化到同一平面，根据两点之间线段最短即可求解.
【解答过程】
将△PBC翻折到平面PAB内，得到如图所示平面四边形OBC'P，
因为S△PAB=12PA⋅PB=1,所以PA=PB=2,
所以OP=OA=OB=1,所以∠BPO=45∘,
又因为∠CPB=45°，所以翻折后的图形中∠OPC'=90∘,
根据两点之间线段最短可知，CE+OE的最小值为OC=OP2+PC2=3,
故选:B.
8．（3分）（2022秋·上海虹口·高二期末）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1，则该半正多面体共有面的个数及棱长分别为（ ）
A．26，2-1B．24 ，2-2C．26，2-2D．24 ，2-1
【解题思路】将该多面体分为三层，分别数出每一层的面数，求和即可得正多面体的面数；设正多面体的棱长为a，作出该几何体的截面，为正八边形，利用多面体棱长与正方体的棱长的关系列方程即可求解
【解答过程】可以将该多面体分为三层，上层8个面，中层8个面，下层8个面，上下底各1个面，
所以共有8+8+8+1+1=26个面，
设正多面体的棱长为a，作出该几何体的截面如图，截面图为正八边形，
由图可得CD=1-a2，CE=a，
因为△CDE为等腰直角三角形，所以CE=2CD，即a=2×1-a2，
解得：a=12+1=2-1，所以该多面体的棱长为2-1，
故选：A.
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
9．（4分）（2022春·甘肃兰州·高一期末）下列说法不正确的是（ ）
A．圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台
B．绕直角三角形任一边旋转所得几何体为圆锥
C．用任何一个平面截球面，得到的截面都是圆
D．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱
【解题思路】根据空间几何体的结构特征判断即可.
【解答过程】AC选项根据圆锥、圆台、球的结构特征即可得到是正确的；
B选项需要绕直角三角形的直角边旋转得到的才是圆锥，故B错；
D选项有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体不一定是棱柱，如下图：
故选：BD.
10．（4分）（2022春·湖北襄阳·高一阶段练习）下列说法正确的是
A．以直角三角形的一条边所在直线为轴，其余两边旋转形成的曲面围成的几何体是圆锥
B．以等腰三角形底边上的中线所在直线为轴，将三角形旋转形成的曲面围成的几何体是圆锥
C．经过圆锥任意两条母线的截面是等腰三角形
D．圆锥侧面的母线长有可能大于圆锥底面圆的直径
【解题思路】根据圆锥的概念及性质，各选项逐一判断即可得到答案.
【解答过程】A不正确，直角三角形绕斜边所在直线旋转得到的旋转体不是圆锥；
B正确，以等腰三角形底边上的中线所在直线为轴，将三角形旋转形成的曲面围成的几何体是圆锥；
C正确，因为圆锥的母线长都相等，所以经过圆锥任意两条母线的截面是等腰三角形；
D正确，如图所示，圆锥侧面的母线长l有可能大于圆锥底面圆半径r的2倍（即直径）.
故选：BCD.
11．（4分）（2022春·广东中山·高一期末）从正方体的8个顶点中任选4个不同顶点，然后将它们两两相连，可组成空间几何体．这个空间几何体可能是（ ）
A．每个面都是直角三角形的四面体；
B．每个面都是等边三角形的四面体；
C．每个面都是全等的直角三角形的四面体；
D．有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体．
【解题思路】根据正方体的性质和四面体的特征，结合图形逐个分析判断即可
【解答过程】对于A，每个面都是直角三角形的四面体，如：E﹣ABC，所以A正确；
对于B，每个面都是等边三角形的四面体，如E﹣BGD，所以B正确；
对于C，若四面体的每个面都是全等的直角三角形，则必有直角边等于斜边，而这样的直角三角形不存在，所以C错误；
对于D，有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体，如：A﹣BDE，所以D正确；
故选：ABD．
12．（4分）（2023秋·广东清远·高三期末）已知棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的中心为O，用过点O的平面去截正方体，则（ ）
A．所得的截面可以是五边形B．所得的截面可以是六边形
C．该截面的面积可以为33D．所得的截面可以是非正方形的菱形
【解题思路】利用正方体的对称性逐一判断即可.
【解答过程】过正方体中心的平面截正方体所得的截面至少与四个面相交，所以可能是四边形、五边形、六边形，
又根据正方体的对称性，截面不会是五边形，但可以是正六边形和非正方形的菱形（如图）故A错误，BD正确；
因为四边形A1B1C1D1的面积为4，当截面过中心O且平行与底面ABCD时，截面为矩形（此时也是正方形），且面积为433，所以在转动过程一定存在截面面积为33，C正确．
故选：BCD．
三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）
13．（4分）（2023秋·上海静安·高二期末）把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比为1:4，母线（原圆雉母线在圆台中的部分）长为9，则原圆锥的母线长 12 ．
【解题思路】根据圆台的几何特征利用三角形相似即可求得结果.
【解答过程】由题意可得，几何体如下图所示：
取轴截面可知，圆台的上、下底面半径的比为CDAB=14，且CD//AB,BD=9，
设圆锥的母线长为l，根据相似比可得CDAB=EDEB=l-9l=14，解得l=12，
即原圆锥的母线长为12.
故答案为：12.
14．（4分）（2023秋·上海静安·高二期末）在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是正方形ABCD、正方形BB1C1C的中心，则过点A，M，N的平面截正方体的截面面积为 32a2 ．
【解题思路】连接AC，B1C, AB1,找到过点A、M、N的平面截正方体的截面,确定其形状，求得截面边长，即可求得答案.
【解答过程】如图连接AC，则AC过点M,连接B1C,则B1C经过点N,连接AB1,
则过点A、M、N的平面截正方体的截面为等边△ACB1，
因为正方体棱长为a，故△ACB1边长为2a，面积为34⋅(2a)2=32a2，
故答案为：32a2.
15．（4分）（2022·高一课时练习）如图，一个矩形边长为1和2，绕它的长为2的边旋转一周后所得如图的一开口容器（下表面密封），P是BC中点，现有一只蚂蚁位于外壁A处，内壁P处有一米粒，若这只蚂蚁要先爬到上口边沿再爬到点P处取得米粒，则它所需经过的最短路程为 π2+9 ．
【解题思路】把圆柱的侧面展开，再利用对称性及两点之间线段最短求解蚂蚁需经过的最短路程
【解答过程】该几何体为圆柱，侧面展开图为矩形ABCD，其中AB=π，AD=2，将问题转化为在CD上找一点Q，使AQ+PQ最短．
作P关于CD的对称点E，连接AE，
令AE与CD交于点Q，则得AQ+PQ的最小值就是AE，其中BE=2+1=3，
所以AE=π2+9．
故答案为：π2+9.
16．（4分）（2022·高二课时练习）下列命题中，正确的是 ②③④ ．（填序号）
①以直角三角形的一边所在的直线为旋转轴，将直角三角形旋转一周所得到的旋转体是圆锥；
②以矩形的一边所在直线为旋转轴，将矩形旋转一周所得到的旋转体是圆柱；
③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆；
④以等腰三角形的底边上的高所在直线为旋转轴，将等腰三角形旋转一周形成的几何体是圆锥；
⑤用一个平面去截圆柱，得到的截面是一个圆面或者矩形面．
【解题思路】对于①：举反例：以直角三角形的斜边所在的直线为旋转轴，将直角三角形旋转一周所得到的旋转体是两个圆锥构成的组合体.即可否定结论；
对于②：由圆柱的定义可以判断；
对于③：由圆柱、圆锥、圆台的结构特征可以判断；
对于④：由圆锥的定义可以判断；
对于⑤：举反例：用不平行于底面的平面截圆柱，可以得到的椭圆形截面. 即可否定结论.
【解答过程】对于①：以直角三角形的斜边所在的直线为旋转轴，将直角三角形旋转一周所得到的旋转体是两个圆锥构成的组合体.故①错误；
对于②：由圆柱的定义可以判断②正确；
对于③：由圆柱、圆锥、圆台的结构特征可以判断③正确；
对于④：由圆锥的定义可以判断④正确；
对于⑤：用不平行于底面的平面截圆柱，可以得到的椭圆形截面.故⑤错误.
故答案为：②③④.
四．解答题（共6小题，满分44分）
17．（6分）（2022·全国·高一专题练习）指出如图（1）（2）所示的图形是由哪些简单几何体构成的．
【解题思路】直接观察图形即可求解.
【解答过程】图（1）是由一个三棱柱和一个四棱柱拼接而成的简单组合体．
图（2）是由一个圆锥和一个四棱柱拼接而成的简单组合体．
18．（6分）（2022·全国·高一假期作业）如图，将平面图形ABCDEFG绕AG边所在的直线旋转一周，作出由此形成的空间图形，并指出该空间图形是由哪些简单空间图形构成的.
【解题思路】结合条件及旋转体的概念即得.
【解答过程】形成的空间图形如图所示，该空间图形自上而下依次由圆柱、圆台、圆柱、圆台构成.
19．（8分）（2022·高二课时练习）如图所示，用一个平行于圆锥SO底面的平面截这个圆锥，截得小圆锥SO'与圆锥SO底面的面积之比为1:16，截去的圆锥的母线长是3cm，求圆锥SO的母线长．
【解题思路】由圆锥平行于底面的截面的性质计算．
【解答过程】解：因为截得小圆锥SO'与圆锥SO底面的面积之比为1:16，所以小圆锥SO'与圆锥SO底面半径之比是1:4．
如图，设SA的长为y，小圆锥底面与被截的圆锥底面半径分别是x，4x，
根据相似三角形的性质得3y=x4x．解得y=12．所以圆锥SO的母线长为12cm．
20．（8分）（2022·高二课时练习）如图在一个长方体的容器中，里面装有一些水，现将容器绕着其底部的一条棱倾斜，在倾斜的过程中，判断下面的说法是否正确，并说明理由．
(1)水面的形状不断变化，可能是矩形，也可能变成不是矩形的平行四边形；
(2)水的形状不断变化，可能是棱柱，也可能变为棱锥．
【解题思路】根据绕着棱旋转旋转的特点，将问题转化为长方体被相应平面所截形成的截面形状.
【解答过程】(1)
不对.水面的形状就是用一个与棱（长方体容器倾斜时固定不动的棱）平行的平面截长方体时截面的形状，因而可以是矩形，但不可能是其他非矩形的平行四边形.
(2)
不对.水的形状就是用与棱（长方体容器倾斜时固定不动的棱）平行的平面将长方体截去一部分后，剩余部分的几何体，此几何体是棱柱，水比较少时，是三棱柱，水多时，可能是四棱柱，或五棱柱；但不可能是棱锥.
21．（8分）（2022秋·江西宜春·高二开学考试）如图，正四棱台的高是17cm，上、下底面边长分别为4cm和16cm.
(1)求该棱台的侧棱长；
(2)求直线B1C1与BC的距离.
【解题思路】（1）过点A1、C1分别在平面AA1C1C内作A1E⊥AC，C1F⊥AC，垂足分别为点E、F，利用勾股定理计算出AA1的长，即可得解；
（2）过点B1、C1分别在平面BB1C1C内作B1M⊥BC，C1N⊥BC，垂足分别为点M、N，利用勾股定理计算出B1M的长，即可得解.
【解答过程】（1）解：过点A1、C1分别在平面AA1C1C内作A1E⊥AC，C1F⊥AC，
垂足分别为点E、F，如下图所示：
根据正四棱台的性质可知四边形AA1C1C为等腰梯形，
因为四边形ABCD为正方形，且AB=16，则AC=2AB=162，同理A1C1=42，
在等腰梯形AA1C1C内，因为A1C1//EF，A1E⊥AC，C1F⊥AC，
所以，四边形A1C1FE为矩形，所以，EF=A1C1=42，A1E=C1F，
∵AA1=CC1，A1E=C1F，∠AEA1=∠C1FC=90∘，所以，Rt△AEA1≌Rt△CFC1，
所以，AE=CF=AC-EF2=62，
所以，该正四棱台的侧棱长为AA1=AE2+A1E2=19cm.
（2）解：过点B1、C1分别在平面BB1C1C内作B1M⊥BC，C1N⊥BC，垂足分别为点M、N，
在等腰梯形BB1C1C中，B1C1//MN，B1M⊥BC，C1N⊥BC，
则四边形B1C1NM为矩形，所以，MN=B1C1=4，B1M=C1N，
∵BB1=CC1=19，B1M=C1N，∠BMB1=∠C1NC=90∘，所以，Rt△BMB1≌Rt△CNC1，
则BM=CN=BC-MN2=6，所以，B1M=BB12-BM2=192-62=513cm.
因此，直线B1C1与BC的距离为513cm.
22．（8分）（2022春·重庆永川·高一阶段练习）已知在直角三角形ABC中，AC⊥BC，BC=2,tan∠ABC=22（如右图所示）
（Ⅰ）若以AC为轴，直角三角形ABC旋转一周，试说明所得几何体的结构特征并求所得几何体的表面积.
（Ⅱ）一只蚂蚁在问题（Ⅰ）形成的几何体上从点B绕着几何体的侧面爬行一周回到点B，求蚂蚁爬行的最短距离.
【解题思路】（Ⅰ）若以AC为轴，直角三角形ABC旋转一周，形成的几何体为以BC=2为半径，高AC=42的圆锥，由圆锥的表面积公式，即可求出结果．
（Ⅱ）利用侧面展开图，要使蚂蚁爬行的最短距离，则沿点B的母线把圆锥侧面展开为平面图形（如图）最短距离就是点B到点B1的距离，代入数值，即可求出结果．
【解答过程】解：（Ⅰ）在直角三角形ABC中，由BC=2,tan∠ABC=22
即tan∠ABC=ACBC=22，得AC=42，若以AC为轴旋转一周，
形成的几何体为以BC=2为半径，高AC=42的圆锥，
则AB=22+422=6，其表面积为
S=π×22+12×2π×2×6=16π.
（Ⅱ）由问题（Ⅰ）的圆锥，要使蚂蚁爬行的最短距离，则沿点B的母线把圆锥侧面展开为平面图形（如图）最短距离就是点B到点B1的距离，
∠BAB1=2π×26=2π3，
在ΔABB1中，由余弦定理得：BB1=62+62-2×6×6×cs2π3=63.