还剩16页未读，
继续阅读
高中数学人教A版 (2019)必修 第二册8.1 基本立体图形同步训练题
展开
这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册8.1 基本立体图形同步训练题，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知是球的直径上一点，，平面，为垂足，截球所得截面的面积为，为上的一点，且，过点作球的截面，则所得的截面面积最小的圆的半径为（ ）
A．B．C．D．
2．如图，水平地面上有一正六边形地块，设计师规划在正六边形的顶点处矗立六根与地面垂直的柱子，用以固定一块平板式太阳能电池板.若其中三根柱子，，的高度依次为，则另外三根柱子的高度之和为（ ）
A．47mB．48mC．49mD．50m
3．一个封闭的圆台容器（容器壁厚度忽略不计）的上底面半径为2，下底面半径为12，母线与底面所成的角为.在圆台容器内放置一个可以任意转动的正方体，则此正方体棱长的最大值是（ ）
A．B．8C．D．10
4．设为多面体的一个顶点，定义多面体在处的离散曲率为其中，为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，，…，，遍历多面体的所有以为公共点的面，如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体（每个面都是全等的正多边形的多面体是正多面体），若它们在各顶点处的离散曲率分别是a，b，c，d，则a，b，c，d的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
5．球面上两点之间的最短连线的长度，就是经过这两点的大圆（大圆就是经过球心的平面截球面所得的圆）在这两点间的一段劣弧的长度，我们把这个弧长叫做这两点间的球面距离．已知长方体的所有顶点都在同一个球面上，且，，则，D两点间的球面距离为（ ）
A．B．C．D．
6．如图，在三棱锥中，两两垂直，且，以为球心，为半径作球，则球面与底面的交线长度的和为（ ）
A．B．C．D．
7．某礼品盒生产厂拟给如图所示的八面体形的玻璃制品设计一个球形礼品包装盒．若该八面体可以看成是由一个棱长为的正四面体在4个顶点处分别截去一个棱长为的小正四面体而得到的，则该球形礼品包装盒的半径的最小值为（ ）（不考虑包装盒材料的厚度）
A．B．C．D．
8．已知一个正四棱锥的底面边长为2，侧面与底面所成角的大小为，则该四棱锥的侧棱与底面所成角的正切值为（ ）
A．B．C．3D．6
二、多选题
9．下面关于空间几何体叙述正确的是（ ）
A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥
B．有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C．正四棱柱都是长方体
D．直角三角形以其直角边所在直线为轴旋转一周形成的几何体是圆锥
10．下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A．直径为的球体B．所有棱长均为的四面体
C．底面直径为，高为的圆柱体D．底面直径为，高为的圆锥
11．如图，一个正方体密封容器中装有一半的水量，若将正方体随意旋转放置，则容器中水的上表面形状可能是（ ）
A．三角形B．矩形C．非矩形的平行四边形D．六边形
12．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图所示，若正四面体的棱长为1，则（ ）
A．存在正方体使得勒洛四面体能在该正方体中自由转动，并始终保持与正方体六个面都接触
B．平面截勒洛四面体所得截面的周长为
C．勒洛四面体外接球半径为
D．勒洛四面体内切球半径为
三、填空题
13．如图所示，在长方体中，，对角线与底面所成角余弦值为，则从点沿表面到点的最短距离为 ．
14．若一个正棱台的棱数大于15，且各棱的长度构成的集合为，则的最小值为 ，该棱台各棱的长度之和的最小值为 ．
15．如图所示，在正四棱柱中，为棱的中点，过的平面分别与棱交于点，且，则四边形的面积为 .
四、解答题
16．（1）画出如图所示的几何体的平面展开图（画出其中一种即可）；
（2）如图，在长方体中，，，，一只蚂蚁从点出发沿表面爬行到点，求蚂蚁爬行的最短路线长.
17．图（1）是长、宽、高分别为的长方体；图（2）是所有棱长均为2的正三棱锥，点是的中点．画出图中给出的所有侧面、底面与截面的真实平面图．
18．如图，在一本打开的书封面上有一只蚂蚁，在封底有一小块饼干.蚂蚁想爬过书脊到达饼干处.若蚂蚁和饼干离书脊的距离分别为4cm和3cm，书脊的长度是20cm，求蚂蚁爬行的最短路线和最短距离.
19．如图，已知四棱锥的底面是面积为的正方形，侧面是全等的等腰三角形，一条侧棱长为.
(1)计算四棱锥的高；
(2)计算四棱锥侧面三角形底边上的高.
20．如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，为圆柱上下底面的圆心，为球心，为底面圆的一条直径，若球的半径．若为球面和圆柱侧面的交线上一点，求的取值范围．
参考答案：
1．C
【分析】设截得的截面圆的半径为，球的半径为，由平面几何知识得截面与球心的距离为，利用勾股定理求得的值，由题意可知球心到所求截面的距离最大时截面面积最小，利用面积公式，即可得答案.
【详解】如图，设截得的截面圆的半径为，球的半径为，
因为，
所以.由勾股定理，得，由题意得，
所以，解得，
此时过点作球的截面，若要所得的截面面积最小，只需所求截面圆的半径最小.
设球心到所求截面的距离为，所求截面的半径为，则，
所以只需球心到所求截面的距离最大即可，
而当且仅当与所求截面垂直时，球心到所求截面的距离最大，
即，所以.
故选：C
2．A
【分析】根据梯形中位线求得，进而求得正确答案.
【详解】依题意可知六点共面，
设正六边形的中心为，连接，
平面且平面，
依题意可知相交于，
连接交于，连接交于，
根据正六边形的性质可知四边形是菱形，所以相互平分，
则相互平分，根据梯形中位线有，
即，
在梯形中，是的中点，则是的中点，
所以，
同理可得，
所以.
故选：A
【点睛】关键点睛：研究空间图形的结构，关键点在于利用空间平行、垂直、中点等知识.在本题中，柱子与地面垂直，柱子之间相互平行.柱子之间高度不相同，则构成了梯形，则可考虑利用中位线来对问题进行求解.
3．B
【分析】设圆台内能放置的最大球的球心为，求得球的半径，根据题意转化为正方体的中心与球心重合，且该球是正方体的外接球，进而求得正方体的最大棱长.
【详解】如图所示，由题意知，母线与底面所成的角，
可得，
设圆台内能放置的最大球的球心为，且与底面和母线分别切于两点，
可知球的半径，此时球的直径为，
即此时球与圆台上底面不相切，因此圆台内能放置的最大球的直径为；
若放置一个可以任意转动的正方体，要求正方体棱长最大，需要正方体的中心与球心重合，
且该球是正方体的外接球，
设正方体的最大棱长为，满足，解得.
故选：B.
4．B
【分析】根据所给定义，结合图形，分别计算出a，b，c，d的值即可
【详解】对于正四面体，其离散曲率；
对于正八面体，其离散曲率；
对于正十二面体，其离散曲率；
对于正二十面体，其离散曲率；
因为，所以，
故选：B.
5．A
【分析】利用球面距离的概念及弧长公式可得答案.
【详解】设球的半径为,球心为由题意，，
所以，
所以在中，由于，所以，
所以，D两点间的球面距离为.
故选：A
6．C
【分析】由等体积公式求出截面圆的半径为，画出截面图形，再利用H为的中心，求出，再利用弦长公式求出，最后求出交线长度.
【详解】由题意知三棱锥为正三棱锥，故顶点在底面的射影为的中心，连接，由，
得，所以，
因为球的半径为，所以截面圆的半径，
所以球面与底面的交线是以为圆心，为半径的圆在内部部分，
如图所示
易求，所以，
易得，所以，
所以交线长度和为.
故选：C.
【点睛】本题为空间几何体交线问题，找到球面与三棱锥的表面相交所得到的曲线是解决问题的关键.具体做法为由等体积公式求出截面圆的半径，画出截面图形，再利用H为的中心，求出，再利用弦长公式求出，最后求出交线长度.
7．C
【分析】作图连辅助线，先求出正四面体的外接球半径，再求出四面体的高，在中求出即为礼品包装盒半径的最小值.
【详解】如图，正四面体的棱长为，正四面体的棱长为，取的中点D，连接，过点P作平面于点H，交平面于点I，则H为的重心，平面，I为的重心．八面体的外接球的球心O与正四面体的外接球的球心重合，且在上．
设正四面体的外接球半径为R，连接，则．
在正三角形中，，
在中，由勾股定理得．
在中，，即，解得．
连接，因为，所以，则,
所以．
连接，在中，，所以，所以球形礼品包装盒的半径的最小值为．
故选：C
8．A
【分析】由题意画出图形，设点为底面正方形的中心，点为的中点，由题意，因此，由勾股定理可得，解直角三角形即可求解.
【详解】如图所示：
在正四棱锥中，设点为底面正方形的中心，
所以面，即为侧棱与底面所成的角，
又因为面，
所以，
设点为的中点，
所以，，，
所以，
又由以及三线合一可知，
且由题意侧面与底面所成角的大小为，面面，
所以即为侧面与底面所成的角，即，
在中，有，，，
所以，
在中，有，，
所以，
即正四棱锥的侧棱与底面所成角的正切值为.
故选：A.
9．CD
【分析】由正棱锥的定义判断A，由棱台的定义判断B，由正四棱柱的定义判断C，由圆锥的定义判断D.
【详解】对于A，底面是正多边形且顶点在底面内的射影为底面中心的棱锥是正棱锥，故A错误；
对于B，将两个相同的棱台的底面重合得到的多面体满足有两个面互相平行，其余各面都是梯形，
但是这样的多面体不是棱台，故B错误；
对于C，因为正四棱柱是底面为正方形的直棱柱，所以正四棱柱都是长方体，故C正确；
对于D，根据圆锥的定义可知D正确.
故选：CD
10．ABD
【分析】求得棱长为1 m的正方体的内切球直径判断选项A；求得棱长为1 m的正方体内体积最大正四面体的棱长判断选项B；求得棱长为1 m的正方体的体对角线长判断选项C；求得棱长为1 m的正方体内倾斜放置的底面直径为的高判断选项D.
【详解】选项A：棱长为1 m的正方体的内切球直径为.
则直径为的球体能够被整体放入此正方体容器；
选项B：棱长为1 m的正方体中，
正四面体所以棱长均为m，
则所有棱长均为的四面体能够被整体放入此正方体容器；
选项C：棱长为1 m的正方体中，体对角线长为m，由，
可得底面直径为，高为的圆柱体不能被整体放入此正方体容器；
选项D：由，可得此正方体底面不能包含底面直径为的圆锥的底面圆，
如图，过中点O作交于E，
则，
则，即，解之得，
由，可得，
所以以为轴可以对称放置底面直径为的圆柱，
令底面直径为的圆柱与此正方体上下底面均相切，
设圆柱底面圆心为，圆柱与此正方体下底面的切点为M，
，则，
即，解之得，
根据对称性可知，
此圆柱的高为
则底面直径为，高为的圆柱可以被整体放入此正方体容器，
故底面直径为，高为的圆锥可以被整体放入此正方体容器.
故选：ABD
11．BCD
【分析】因为正方体容器中盛有一半容积的水，无论怎样转动，其水面总是过正方体的中心，结合正方体截面图形的特征判断即可．
【详解】因为正方体容器中盛有一半容积的水，无论怎样转动，其水面总是过正方体的中心．
过正方体的一条棱和中心可作一截面，截面形状为矩形，如图（1），故B正确；
过正方体一面上一边的任意一点（非顶点）和此边外的顶点以及正方体的中心作一截面，其截面形状为非矩形的平行四边形，如图（2），故C正确；
在正方体一面上相邻两边各取一点（非顶点），过这两点以及正方体的中心作一截面，得截面形状为六边形，如图（3），故D正确；
至于截面三角形，过正方体的中心不可能作出截面为三角形的图形，
故选：BCD
12．ABD
【分析】A选项，根据勒洛四面体的定义判断；B选项，根据勒洛四面体的定义得到截面形状，然后求周长；C选项，根据勒洛四面体的定义得到勒洛四面体的外接球即正四面体的外接球，然后计算；D选项，根据题意得勒洛四面体的内切球与勒洛四面体的弧面相切，然后计算.
【详解】
如图，为正四面体，为底面的中心，是正四面体的中心，外接球半径为，是高，
，，
由得，解得，
根据勒洛四面体可以在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触可得存在正方体使得勒洛四面体能在该正方体中自由转动，并始终保持与正方体六个面都接触，故A正确；
平面截勒洛四面体的截面如图，
则截面周长为三个半径为1，圆心角为的扇形的弧长，即，故B正确；
由勒洛四面体的外接球即正四面体的外接球，所以勒洛四面体的外接球的半径为，故C错；
勒洛四面体的内切球与勒洛四面体的弧面相切，如图
其中点为该球与勒洛四面体的切点，点为该球的球心，易知该球的球心为正四面体的中心，半径为，连接，易知三点共线，且，，所以，故D正确.
故选：ABD.
13．
【分析】将正方体按不同位置侧面展开，分别计算平面图形中两点间的距离，比较可得出最小值．
【详解】由底面，得为对角线与底面所成角，设，则，
则，得，从点沿表面到点可以分为以卡三种情况：
①与相交，如图①所示，此时；②与相交，如图②所示，此时；
③与相交，如图③所示，此时．综上可知，从点沿表面到点的最短距离为．
故答案为：.
14． 6 42
【分析】根据正棱台共有条棱，从而得到不等式，求出的最小值为6，得到棱的长度之和最小值.
【详解】因为正棱台的侧棱有条，底面有条棱，所以正棱台共有条棱，
由，得，
所以的最小值为6，该棱台各棱的长度之和的最小值为．
故答案为：，
15．/
【分析】过点B作的平行线分别与，的延长线交于G，H，连接，，并分别与交于E，F，利用线面平行的判定定理证得平面即为平面，从而得截面四边形为菱形，然后根据菱形面积公式求解即可.
【详解】如图：
过点B作的平行线分别与，的延长线交于G，H，连接，，并分别与交于E，F，
因为，且平面，平面，
所以平面，所以平面即为平面，
又平面平面，平面平面，平面平面，
所以，同理，所以四边形为平行四边形，
又，，所以，所以四边形为菱形，
因为，，
所以四边形的面积为.
故答案为：.
16．（1）答案见解析（2）
【分析】（1）依题意画出即可；
（2）借助勾股定理，分别计算以为轴展开、以为轴展开、以为轴展开所得矩形的对角线的长度，取其中最小即可.
【详解】（1）平面展开图如图所示：
（2）沿长方体的一条棱剪开，有三种剪法：
①如图（1），以为轴展开，；
②如图（2），以为轴展开，；
③如图（3），以为轴展开，；
综合以上，蚂蚁爬行的最短路线长：.
17．见解析
【分析】可由长、宽、高分别为的长方体，利用勾股定理求得,,,进而画出的长方体侧面、底面与截面；
根据已知得出，进而画出正三棱锥的侧面、底面与截面.
【详解】图(1)是长、宽、高分别为的长方体;
可得:,,,
可得其侧面、底面与截面的真实平面图如下:
图(2)是所有棱长均为2的正三棱锥,点是的中点,可得,
可得其侧面、底面与截面的真实平面图如下:
18．最短路线见解析，最短距离为
【分析】将书展开可，根据已知结合勾股定理，即可得出答案.
【详解】将书展开可得如图（蚂蚁在处，饼干在处）最短路线为，
由已知可得，，，则.
又，
由勾股定理可得，
所以，.
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据正四棱锥的知识求得几何体的高.
（2）根据等腰三角形的知识求得侧面三角形底边上的高.
【详解】（1）正方形的边长为，
由于四棱锥的侧面是全等的等腰三角形，
所以四棱锥是正四棱锥，设，连接，
则平面，由于平面，
所以，由于，
所以,
即四棱锥的高为.
（2）由于正四棱锥的侧面是全等的等腰三角形，
侧面三角形底边上的高为.
20．
【分析】设在底面的射影为，设，，然后利用二次函数的性质可得其取值范围.
【详解】由题可知点在球心与圆柱的底面平行的截面圆上，
设在底面的射影为，
则，，，
，
设，则，
，
所以
，
所以.
一、单选题
1．已知是球的直径上一点，，平面，为垂足，截球所得截面的面积为，为上的一点，且，过点作球的截面，则所得的截面面积最小的圆的半径为（ ）
A．B．C．D．
2．如图，水平地面上有一正六边形地块，设计师规划在正六边形的顶点处矗立六根与地面垂直的柱子，用以固定一块平板式太阳能电池板.若其中三根柱子，，的高度依次为，则另外三根柱子的高度之和为（ ）
A．47mB．48mC．49mD．50m
3．一个封闭的圆台容器（容器壁厚度忽略不计）的上底面半径为2，下底面半径为12，母线与底面所成的角为.在圆台容器内放置一个可以任意转动的正方体，则此正方体棱长的最大值是（ ）
A．B．8C．D．10
4．设为多面体的一个顶点，定义多面体在处的离散曲率为其中，为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，，…，，遍历多面体的所有以为公共点的面，如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体（每个面都是全等的正多边形的多面体是正多面体），若它们在各顶点处的离散曲率分别是a，b，c，d，则a，b，c，d的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
5．球面上两点之间的最短连线的长度，就是经过这两点的大圆（大圆就是经过球心的平面截球面所得的圆）在这两点间的一段劣弧的长度，我们把这个弧长叫做这两点间的球面距离．已知长方体的所有顶点都在同一个球面上，且，，则，D两点间的球面距离为（ ）
A．B．C．D．
6．如图，在三棱锥中，两两垂直，且，以为球心，为半径作球，则球面与底面的交线长度的和为（ ）
A．B．C．D．
7．某礼品盒生产厂拟给如图所示的八面体形的玻璃制品设计一个球形礼品包装盒．若该八面体可以看成是由一个棱长为的正四面体在4个顶点处分别截去一个棱长为的小正四面体而得到的，则该球形礼品包装盒的半径的最小值为（ ）（不考虑包装盒材料的厚度）
A．B．C．D．
8．已知一个正四棱锥的底面边长为2，侧面与底面所成角的大小为，则该四棱锥的侧棱与底面所成角的正切值为（ ）
A．B．C．3D．6
二、多选题
9．下面关于空间几何体叙述正确的是（ ）
A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥
B．有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C．正四棱柱都是长方体
D．直角三角形以其直角边所在直线为轴旋转一周形成的几何体是圆锥
10．下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A．直径为的球体B．所有棱长均为的四面体
C．底面直径为，高为的圆柱体D．底面直径为，高为的圆锥
11．如图，一个正方体密封容器中装有一半的水量，若将正方体随意旋转放置，则容器中水的上表面形状可能是（ ）
A．三角形B．矩形C．非矩形的平行四边形D．六边形
12．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图所示，若正四面体的棱长为1，则（ ）
A．存在正方体使得勒洛四面体能在该正方体中自由转动，并始终保持与正方体六个面都接触
B．平面截勒洛四面体所得截面的周长为
C．勒洛四面体外接球半径为
D．勒洛四面体内切球半径为
三、填空题
13．如图所示，在长方体中，，对角线与底面所成角余弦值为，则从点沿表面到点的最短距离为 ．
14．若一个正棱台的棱数大于15，且各棱的长度构成的集合为，则的最小值为 ，该棱台各棱的长度之和的最小值为 ．
15．如图所示，在正四棱柱中，为棱的中点，过的平面分别与棱交于点，且，则四边形的面积为 .
四、解答题
16．（1）画出如图所示的几何体的平面展开图（画出其中一种即可）；
（2）如图，在长方体中，，，，一只蚂蚁从点出发沿表面爬行到点，求蚂蚁爬行的最短路线长.
17．图（1）是长、宽、高分别为的长方体；图（2）是所有棱长均为2的正三棱锥，点是的中点．画出图中给出的所有侧面、底面与截面的真实平面图．
18．如图，在一本打开的书封面上有一只蚂蚁，在封底有一小块饼干.蚂蚁想爬过书脊到达饼干处.若蚂蚁和饼干离书脊的距离分别为4cm和3cm，书脊的长度是20cm，求蚂蚁爬行的最短路线和最短距离.
19．如图，已知四棱锥的底面是面积为的正方形，侧面是全等的等腰三角形，一条侧棱长为.
(1)计算四棱锥的高；
(2)计算四棱锥侧面三角形底边上的高.
20．如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，为圆柱上下底面的圆心，为球心，为底面圆的一条直径，若球的半径．若为球面和圆柱侧面的交线上一点，求的取值范围．
参考答案：
1．C
【分析】设截得的截面圆的半径为，球的半径为，由平面几何知识得截面与球心的距离为，利用勾股定理求得的值，由题意可知球心到所求截面的距离最大时截面面积最小，利用面积公式，即可得答案.
【详解】如图，设截得的截面圆的半径为，球的半径为，
因为，
所以.由勾股定理，得，由题意得，
所以，解得，
此时过点作球的截面，若要所得的截面面积最小，只需所求截面圆的半径最小.
设球心到所求截面的距离为，所求截面的半径为，则，
所以只需球心到所求截面的距离最大即可，
而当且仅当与所求截面垂直时，球心到所求截面的距离最大，
即，所以.
故选：C
2．A
【分析】根据梯形中位线求得，进而求得正确答案.
【详解】依题意可知六点共面，
设正六边形的中心为，连接，
平面且平面，
依题意可知相交于，
连接交于，连接交于，
根据正六边形的性质可知四边形是菱形，所以相互平分，
则相互平分，根据梯形中位线有，
即，
在梯形中，是的中点，则是的中点，
所以，
同理可得，
所以.
故选：A
【点睛】关键点睛：研究空间图形的结构，关键点在于利用空间平行、垂直、中点等知识.在本题中，柱子与地面垂直，柱子之间相互平行.柱子之间高度不相同，则构成了梯形，则可考虑利用中位线来对问题进行求解.
3．B
【分析】设圆台内能放置的最大球的球心为，求得球的半径，根据题意转化为正方体的中心与球心重合，且该球是正方体的外接球，进而求得正方体的最大棱长.
【详解】如图所示，由题意知，母线与底面所成的角，
可得，
设圆台内能放置的最大球的球心为，且与底面和母线分别切于两点，
可知球的半径，此时球的直径为，
即此时球与圆台上底面不相切，因此圆台内能放置的最大球的直径为；
若放置一个可以任意转动的正方体，要求正方体棱长最大，需要正方体的中心与球心重合，
且该球是正方体的外接球，
设正方体的最大棱长为，满足，解得.
故选：B.
4．B
【分析】根据所给定义，结合图形，分别计算出a，b，c，d的值即可
【详解】对于正四面体，其离散曲率；
对于正八面体，其离散曲率；
对于正十二面体，其离散曲率；
对于正二十面体，其离散曲率；
因为，所以，
故选：B.
5．A
【分析】利用球面距离的概念及弧长公式可得答案.
【详解】设球的半径为,球心为由题意，，
所以，
所以在中，由于，所以，
所以，D两点间的球面距离为.
故选：A
6．C
【分析】由等体积公式求出截面圆的半径为，画出截面图形，再利用H为的中心，求出，再利用弦长公式求出，最后求出交线长度.
【详解】由题意知三棱锥为正三棱锥，故顶点在底面的射影为的中心，连接，由，
得，所以，
因为球的半径为，所以截面圆的半径，
所以球面与底面的交线是以为圆心，为半径的圆在内部部分，
如图所示
易求，所以，
易得，所以，
所以交线长度和为.
故选：C.
【点睛】本题为空间几何体交线问题，找到球面与三棱锥的表面相交所得到的曲线是解决问题的关键.具体做法为由等体积公式求出截面圆的半径，画出截面图形，再利用H为的中心，求出，再利用弦长公式求出，最后求出交线长度.
7．C
【分析】作图连辅助线，先求出正四面体的外接球半径，再求出四面体的高，在中求出即为礼品包装盒半径的最小值.
【详解】如图，正四面体的棱长为，正四面体的棱长为，取的中点D，连接，过点P作平面于点H，交平面于点I，则H为的重心，平面，I为的重心．八面体的外接球的球心O与正四面体的外接球的球心重合，且在上．
设正四面体的外接球半径为R，连接，则．
在正三角形中，，
在中，由勾股定理得．
在中，，即，解得．
连接，因为，所以，则,
所以．
连接，在中，，所以，所以球形礼品包装盒的半径的最小值为．
故选：C
8．A
【分析】由题意画出图形，设点为底面正方形的中心，点为的中点，由题意，因此，由勾股定理可得，解直角三角形即可求解.
【详解】如图所示：
在正四棱锥中，设点为底面正方形的中心，
所以面，即为侧棱与底面所成的角，
又因为面，
所以，
设点为的中点，
所以，，，
所以，
又由以及三线合一可知，
且由题意侧面与底面所成角的大小为，面面，
所以即为侧面与底面所成的角，即，
在中，有，，，
所以，
在中，有，，
所以，
即正四棱锥的侧棱与底面所成角的正切值为.
故选：A.
9．CD
【分析】由正棱锥的定义判断A，由棱台的定义判断B，由正四棱柱的定义判断C，由圆锥的定义判断D.
【详解】对于A，底面是正多边形且顶点在底面内的射影为底面中心的棱锥是正棱锥，故A错误；
对于B，将两个相同的棱台的底面重合得到的多面体满足有两个面互相平行，其余各面都是梯形，
但是这样的多面体不是棱台，故B错误；
对于C，因为正四棱柱是底面为正方形的直棱柱，所以正四棱柱都是长方体，故C正确；
对于D，根据圆锥的定义可知D正确.
故选：CD
10．ABD
【分析】求得棱长为1 m的正方体的内切球直径判断选项A；求得棱长为1 m的正方体内体积最大正四面体的棱长判断选项B；求得棱长为1 m的正方体的体对角线长判断选项C；求得棱长为1 m的正方体内倾斜放置的底面直径为的高判断选项D.
【详解】选项A：棱长为1 m的正方体的内切球直径为.
则直径为的球体能够被整体放入此正方体容器；
选项B：棱长为1 m的正方体中，
正四面体所以棱长均为m，
则所有棱长均为的四面体能够被整体放入此正方体容器；
选项C：棱长为1 m的正方体中，体对角线长为m，由，
可得底面直径为，高为的圆柱体不能被整体放入此正方体容器；
选项D：由，可得此正方体底面不能包含底面直径为的圆锥的底面圆，
如图，过中点O作交于E，
则，
则，即，解之得，
由，可得，
所以以为轴可以对称放置底面直径为的圆柱，
令底面直径为的圆柱与此正方体上下底面均相切，
设圆柱底面圆心为，圆柱与此正方体下底面的切点为M，
，则，
即，解之得，
根据对称性可知，
此圆柱的高为
则底面直径为，高为的圆柱可以被整体放入此正方体容器，
故底面直径为，高为的圆锥可以被整体放入此正方体容器.
故选：ABD
11．BCD
【分析】因为正方体容器中盛有一半容积的水，无论怎样转动，其水面总是过正方体的中心，结合正方体截面图形的特征判断即可．
【详解】因为正方体容器中盛有一半容积的水，无论怎样转动，其水面总是过正方体的中心．
过正方体的一条棱和中心可作一截面，截面形状为矩形，如图（1），故B正确；
过正方体一面上一边的任意一点（非顶点）和此边外的顶点以及正方体的中心作一截面，其截面形状为非矩形的平行四边形，如图（2），故C正确；
在正方体一面上相邻两边各取一点（非顶点），过这两点以及正方体的中心作一截面，得截面形状为六边形，如图（3），故D正确；
至于截面三角形，过正方体的中心不可能作出截面为三角形的图形，
故选：BCD
12．ABD
【分析】A选项，根据勒洛四面体的定义判断；B选项，根据勒洛四面体的定义得到截面形状，然后求周长；C选项，根据勒洛四面体的定义得到勒洛四面体的外接球即正四面体的外接球，然后计算；D选项，根据题意得勒洛四面体的内切球与勒洛四面体的弧面相切，然后计算.
【详解】
如图，为正四面体，为底面的中心，是正四面体的中心，外接球半径为，是高，
，，
由得，解得，
根据勒洛四面体可以在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触可得存在正方体使得勒洛四面体能在该正方体中自由转动，并始终保持与正方体六个面都接触，故A正确；
平面截勒洛四面体的截面如图，
则截面周长为三个半径为1，圆心角为的扇形的弧长，即，故B正确；
由勒洛四面体的外接球即正四面体的外接球，所以勒洛四面体的外接球的半径为，故C错；
勒洛四面体的内切球与勒洛四面体的弧面相切，如图
其中点为该球与勒洛四面体的切点，点为该球的球心，易知该球的球心为正四面体的中心，半径为，连接，易知三点共线，且，，所以，故D正确.
故选：ABD.
13．
【分析】将正方体按不同位置侧面展开，分别计算平面图形中两点间的距离，比较可得出最小值．
【详解】由底面，得为对角线与底面所成角，设，则，
则，得，从点沿表面到点可以分为以卡三种情况：
①与相交，如图①所示，此时；②与相交，如图②所示，此时；
③与相交，如图③所示，此时．综上可知，从点沿表面到点的最短距离为．
故答案为：.
14． 6 42
【分析】根据正棱台共有条棱，从而得到不等式，求出的最小值为6，得到棱的长度之和最小值.
【详解】因为正棱台的侧棱有条，底面有条棱，所以正棱台共有条棱，
由，得，
所以的最小值为6，该棱台各棱的长度之和的最小值为．
故答案为：，
15．/
【分析】过点B作的平行线分别与，的延长线交于G，H，连接，，并分别与交于E，F，利用线面平行的判定定理证得平面即为平面，从而得截面四边形为菱形，然后根据菱形面积公式求解即可.
【详解】如图：
过点B作的平行线分别与，的延长线交于G，H，连接，，并分别与交于E，F，
因为，且平面，平面，
所以平面，所以平面即为平面，
又平面平面，平面平面，平面平面，
所以，同理，所以四边形为平行四边形，
又，，所以，所以四边形为菱形，
因为，，
所以四边形的面积为.
故答案为：.
16．（1）答案见解析（2）
【分析】（1）依题意画出即可；
（2）借助勾股定理，分别计算以为轴展开、以为轴展开、以为轴展开所得矩形的对角线的长度，取其中最小即可.
【详解】（1）平面展开图如图所示：
（2）沿长方体的一条棱剪开，有三种剪法：
①如图（1），以为轴展开，；
②如图（2），以为轴展开，；
③如图（3），以为轴展开，；
综合以上，蚂蚁爬行的最短路线长：.
17．见解析
【分析】可由长、宽、高分别为的长方体，利用勾股定理求得,,,进而画出的长方体侧面、底面与截面；
根据已知得出，进而画出正三棱锥的侧面、底面与截面.
【详解】图(1)是长、宽、高分别为的长方体;
可得:,,,
可得其侧面、底面与截面的真实平面图如下:
图(2)是所有棱长均为2的正三棱锥,点是的中点,可得,
可得其侧面、底面与截面的真实平面图如下:
18．最短路线见解析，最短距离为
【分析】将书展开可，根据已知结合勾股定理，即可得出答案.
【详解】将书展开可得如图（蚂蚁在处，饼干在处）最短路线为，
由已知可得，，，则.
又，
由勾股定理可得，
所以，.
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据正四棱锥的知识求得几何体的高.
（2）根据等腰三角形的知识求得侧面三角形底边上的高.
【详解】（1）正方形的边长为，
由于四棱锥的侧面是全等的等腰三角形，
所以四棱锥是正四棱锥，设，连接，
则平面，由于平面，
所以，由于，
所以,
即四棱锥的高为.
（2）由于正四棱锥的侧面是全等的等腰三角形，
侧面三角形底边上的高为.
20．
【分析】设在底面的射影为，设，，然后利用二次函数的性质可得其取值范围.
【详解】由题可知点在球心与圆柱的底面平行的截面圆上，
设在底面的射影为，
则，，，
，
设，则，
，
所以
，
所以.
相关试卷
数学必修 第二册8.1 基本立体图形当堂检测题： 这是一份数学必修 第二册<a href="/sx/tb_c4000301_t7/?tag_id=28" target="_blank">8.1 基本立体图形当堂检测题</a>，共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
人教A版 (2019)必修 第二册8.1 基本立体图形优秀随堂练习题： 这是一份人教A版 (2019)必修 第二册8.1 基本立体图形优秀随堂练习题，共4页。试卷主要包含了1 基本立体图形，下列说法正确的是，［多选题］下列说法正确的是，［多选题］下列命题中，正确的是等内容，欢迎下载使用。
高中人教A版 (2019)8.1 基本立体图形达标测试： 这是一份高中人教A版 (2019)8.1 基本立体图形达标测试，共12页。试卷主要包含了单选题，单空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
