人教A版 (2019)必修 第二册8.1 基本立体图形优秀习题

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8.1 基本立体图形
拓展练习

1. （2021·朝阳模拟）某三棱锥的三视图如图所示，已知网格纸上小正方形的边长为1，则该三棱锥最长的棱长为（    ）

A. 2                                        B. 5                                        C. 6                                        D. 22

2. （2021·咸阳模拟）已知某圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，则它的体积为（    ）．
A. 233π                                 B. 433π                                 C. 833π                                 D. 23π

3. （2021高一下·汕头月考）一个四面体共一个顶点的三条棱两两相互垂直，其长分别为 1,6,3 ，且四面体的四个顶点在一个球面上．则这个球的表面积为（    ）．
A.16π
B.32π
C.36π
D.64π

4. （2021高一下·长春月考）下列命题正确的是（    ）
A. 棱柱的每个面都是平行四边形                             B. 一个棱柱至少有五个面
C. 棱柱有且只有两个面互相平行                             D. 棱柱的侧面都是矩形

5. （2021·南开模拟）已知一个圆锥的底面半径为2，高为3，其体积大小等于某球的表面积大小，则此球的体积是（    ）
A. 43π                                    B. 833π                                    C. 4π                                    D. 4π3

6. （2021高一下·丰台期末）已知正三棱锥 P−ABC ，底面 ABC 的中心为点 O ，给出下列结论：
① PO ⊥ 底面 ABC ；
②棱长都相等；
③侧面是全等的等腰三角形．
其中所有正确结论的序号是（    ）
A.①②
B.①③
C.②③
D.①②③

7. （2020高一上·河南月考）在正六棱柱 ABCDEF−A1B1C1D1E1F1 中，设 O 和 O1 分别为下底面和上底面正六边形的中心， G,H 是线段 A1 D1 上的动点，且 GH=1(GH ① DH 与 AB 异面；②当 G 为 A1O1 中点时， BG 与平面 ADD1A1 所成角取得最大值；③四面体 BDGH 的体积是定值；④ DB // EF ．

A. ①③④                                B. ①②④                                C. ①②③                                D. ②③④

8. （2021·陕西模拟）下图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的表面三角形中为直角三角形的个数为（   ）

A. 1                                           B. 2                                           C. 3                                           D. 4

9. （2021高三上·信阳开学考）已知三棱锥 D−ABC 的外接球半径为2，且球心为线段BC的中点，则三棱锥 D−ABC 的体积的最大值为（    ）
A.23
B.43
C.83
D.163

10. （2020高二上·池州期末）已知正三棱柱 ABC−A1B1C1 ，的体积为 163 ，底面积为 43 ，则三棱柱 ABC−A1B1C1 的外接球表面积为（    ）
A. 1123π                                   B. 563π                                   C. 2243π                                   D. 28π

11. （2021·昆明模拟）已知 O1 是正方体 ABCD−A1B1C1D1 的中心O关于平面 A1B1C1D1 的对称点，则下列说法中错误的是（    ）

A. O1C1// 平面 A1BCD1                               B. 平面 O1A1D1⊥ 平面 O1B1C1
C. O1C1⊥ 平面 AB1D1                                  D. O ， O1 ， A1 ， B1 ， C1 ， D1 六点在同一球面上

12. （2021·高州一模）如图，在直三棱柱 ABC−A1 B1C1 的侧面展开图中， B ， C 是线段 AD 的三等分点，且 AD=33 ．若该三棱柱的外接球 O 的表面积为 12π ，则 AA1= （    ）

A. 2                                        B. 2                                        C. 5                                        D. 22

13. （2021高一下·太原期末）如图，在长方体 ABCD−A1B1C1D1 中， AB=2 . BC=1 .则直线 AA1 与平面 BDD1B1 的距离为（    ）

A.5
B.55
C.255
D.25

14. （2021·芜湖模拟）已知正四面体 ABCD 的棱长为2， E ， F ， G 分别为 AB ， BC ， CD 的中点，则正四面体 ABCD 的外接球被平面 EFG 所截的截面面积是（    ）
A. 4π9                                       B. 4π3                                       C. 3π2                                       D. 2π3

15. （2021高一下·房山期末）如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD−A1B1C1D1 中， M 为棱 AA1 的中点， A1C1 与 B1D1 相交于点 N ， P 是底面 ABCD 内（含边界）的动点，总有 A1P⊥MN ，则动点 P 的轨迹的长度为（    ）

A.2
B.5
C.22
D.3



练习答案

1. 【答案】 C
【考点】棱锥的结构特征
【解析】该三棱锥的直观图如图所示： D1−BCE

依题意得 BC=CE=1,EB=12+12=2 ，
D1E=12+12=2 ， D1C=12+22=5 ， D1B=12+22+12=6
则该三棱锥最长的棱长为 6
故答案为：C．
【分析】 首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体的个各棱长，从而确定结果．
2. 【答案】 C
【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】如图所示：

因为△ABC 为边长为4的正三角形，所以AB=AC=BC=4，
取BC中点为O，则 AO=42−22=23 ，
所以圆锥的体积 V=13×π×22×23=83π3 。
故答案为：C
【分析】因为三角形△ABC 为边长为4的正三角形，所以AB=AC=BC=4，取BC中点为O，再利用勾股定理求出AO的长，再利用圆锥的体积公式求出圆锥的体积。
3. 【答案】 A
【考点】棱锥的结构特征，球的体积和表面积
【解析】解：将四面体可补形为长方体，此长方体的对角线即为球的直径,
而长方体的对角线长为12+62+32=4 ，
即球的半径为2,
则这个球的表面积为4πr2=16π.
故答案为：A
【分析】根据四面体的结构特征，结合球的表面积公式求解即可.
4. 【答案】 B
【考点】棱柱的结构特征
【解析】对于A，棱柱的下底可以是三角形或者梯形，故不正确；
对于B，面最小是三棱柱，共有五个面，故B正确；
对于C，长方体是棱柱，但是上下左右前后面都是互相平行的，故C不正确；
对于D，斜棱柱的侧面可以不是矩形，故D不正确。
故答案为：B。
【分析】根据圆柱的特点，分析即可得解。
5. 【答案】 D
【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台），球的体积和表面积
【解析】设球的半径为 R ，圆锥的体积为 13π×22×3=4π ，
由于球的体积大小等于某球的表面积大小，则 4πR2=4π ， ∴R=1 ，
因此，该球的体积为 V=43π×13=43π 。
故答案为：D.
【分析】利用已知条件结合圆锥的体积公式，进而求出圆锥的体积，再利用球的体积大小等于某球的表面积大小，结合球的体积公式，进而求出球的半径，再利用球的体积公式，进而求出球的体积。
6. 【答案】 B
【考点】棱锥的结构特征
【解析】根据正三棱锥的性质，底面为等边三角形，
侧棱长相等，且顶点在底面的投影为底面正三角形的中心，
故① PO ⊥ 底面 ABC 正确；
侧棱长和底面棱长不一定相等，故②错误；
对③侧面是全等的等腰三角形正确.
故答案为：B
【分析】利用正三棱锥的定义以及结构特征，依次判断即可.
7. 【答案】 C
【考点】棱柱的结构特征
【解析】结合题意，对于①．因为 AB∩ 平面 ADD1A1=A,B∉ 平面 ADD1A1 ，
所以 DH 与 AB 异面．①正确；
对于②，当 G 为 A1O1 中点时，过点 B 作 BM⊥AD ， △ABO 是等边三角形，所以点 M 是 AO 的中点，连结 GM ，由平面 A1ADD1⊥ABCD ，可知 BM⊥ 平面 A1ADD1 ，即 ∠BGM 是 BG 与平面 ADD1A1 所成角， tan∠BGM=BMGM ,当 G 为 A1O1 中点时， GM//AA1 ，即 GM⊥AD ，此时 GM 取得最小值， tan∠BGM=BMGM 取得最大值，此时， BG 与平面 ADD1A1 所成角取得最大值，故②正确；

对于③，因为 △DGH 的面积为定值，而点 B 到平面 DGH 的距离也是定值，因而其体积为定值，故③正确；
对于④，显然 DB//EA ，故④错误．
故答案为：C．
【分析】 ①由于AB∩ 平面 ADD1A1=A,B∉ 平面 ADD1A1 ，所以DH与AB异面；②由于当G 为 A1O1 中点时，可证BG⊥A1D1,点G到点B的距离取得最小值，此时，BG与平面ADD1A1所成角取得最大值，即可判断正误;③由于△DGH的面积为定值,而点B到平面DGH的距离也是定值，因而其体积为定值;④显然DB// EA,即可判断正误.
8. 【答案】 D
【考点】棱锥的结构特征，由三视图还原实物图
【解析】解：由三视图可知，该几何体为一个如图所示的三棱锥 P−ABC ，其中 PC⊥ 底面 ABC ，

底面 ABC 是一个三边分别为 2,2,2 的三角形， PC=2 ，
 由 (2)2+(2)2=22 ，可得 ∠A=90∘ ，
又 PC⊥ 底面 ABC ， ∴PC⊥BC,PC⊥AC ，
PC⊥BA, AC⊥BA,⇒BA⊥ 平面 PAC ， AB⊥PA ，
因此该几何体的表面三角形中为直角三角形的个数为4，
故答案为：D.
【分析】 由三视图可知：该几何体为一个三棱锥P-ABC，其中PC⊥底面ABC，底面ABC是一个三边分别为2,2,2的三角形，PC=2．利用勾股定理的逆定理、线面垂直的判定与性质定理、三垂线定理即可判断出结论．
9. 【答案】 C
【考点】基本不等式在最值问题中的应用，球面距离及相关计算，棱锥的结构特征，棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】解：如图，

由球心到各点距离相等可得，OA=OB=OC , 故△ABC是直角三角形，设AB=x，AC=y ,
则有x2+y2=42≥2xy ,又S△ABC=12xy ，所以S△ABC=12xy ≤4，
当且仅当x=y=22时，S△ABC 取最大值4 ,
要使三棱锥体积最大，则需使高h=OD=2 ,
此时VD−ABC=13S△ABC·ℎ=13x4x2=83
故答案为：C
【分析】根据三棱锥与外接球的几何关系，结合基本不等式以及棱锥的体积公式求解即可.
10. 【答案】 A
【考点】棱柱的结构特征，球的体积和表面积
【解析】依题意， AA1=16343=4 ，而 S△ABC=12AB×AC×sinA=34AB2=43 ，
解得 AB=4 ，记 △ABC 的中心为О， △A1B1C1 的中心为О1 ， 则 AA1=OO1=4 ，
取 OO1 的中点 D ，因为 AO=CO ， ∠AOD=∠COD=90∘ ，由勾股定理得 AD=CD ，

同理可得 AD=BD=A1D=B1D=C1D ，
所以正三棱柱的外接球的球心为即 D ， AD 为外接球的半径，
由正弦定理得 AO=AB2sin60∘=433 ，
故 AD2=OD2+AO2=4+163=283 ，
故三棱柱 ABC−A1B1C1 的外接球表面积 S=4πR2=4π×283=1123π ，
故答案为：A．
【分析】利用正三棱柱的体积公式结合已知条件，进而求出AA1的长，再利用三角形的面积公式求出AB长，记 △ABC 的中心为О， △A1B1C1 的中心为О1 ， 则 AA1=OO1=4 ，取 OO1 的中点 D ，因为 AO=CO ， ∠AOD=∠COD=90∘ ，由勾股定理得 AD=CD ，同理可得 AD=BD=A1D=B1D=C1D ，所以正三棱柱的外接球的球心为即 D ， AD 为外接球的半径，由正弦定理求出AO的长，再利用勾股定理求出AD的长，进而求出外接球的半径，再利用球的表面积公式，进而求出外接球的表面积。
11. 【答案】 D
【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台），直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定，平面与平面垂直的判定
【解析】对于A，如图：因为 O 为正方体的中心， O1 与 O 关于平面 A1B1C1D1 对称，所以 O1O//CC1 ，
且 O1O=CC1 ，所以四边形 O1OCC1 为平行四边形，所以 O1C1//OC ，
因为 O1C1⊄ 平面 A1BCD1 ， OC⊂ 平面 A1BCD1 ，所以 O1C1// 平面 A1BCD1 ，A符合题意；
 
对于B，以 D 为原点， DA,DC,DD1 分别为 x,y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系：

设正方体的棱长为 2 ，则 D1(0,0,2) ， O1(1,1,3) ， C1(0,2,2) ， B1(2,2,2) ， A1(2,0,2) ， O1C1=(−1,1,−1) ， O1D1=(−1,−1,−1) ， B1C1=(−2,0,0) ， A1D1=(−2,0,0) ，
设平面 O1B1C1 的法向量为 m=(x1,y1,z1) ，平面 O1A1D1 的法向量为 n=(x2,y2,z2) ，
由 {m⋅O1C1=−x1+y1−z1=0m⋅B1C1=−2x1=0 ，得 x1=0 ，取 y1=1 ，则 z1=1 ，所以 m=(0,1,1) ，
由 {n⋅O1D1=−x2−y2−z2=0n⋅A1D1=−2x2=0 ，得 x2=0 ，取 y2=1 ，则 z2=−1 ，所以 n=(0,1,−1) ，
因为 m⋅n=0+1−1=0 ，所以 m⊥n ，所以平面 O1A1D1⊥ 平面 O1B1C1 ，B符合题意；
对于C，以 D 为原点， DA,DC,DD1 分别为 x,y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系：

设正方体的棱长为 2 ，则 D1(0,0,2) ， O1(1,1,3) ， A(2,0,0) ， B1(2,2,2) ， C1(0,2,2) ，
O1C1=(−1,1,−1) ， AD1=(−2,0,2) ， B1D1=(−2,−2,0) ，
因为 O1C1⋅AD1=2−2=0 ， O1C1⋅B1D1=2−2=0 ，
所以 O1C1⊥AD1 ， O1C1⊥B1D1 ，
又 AD1∩B1D1=D1 ，所以 O1C1⊥ 平面 AB1D1 ，C符合题意；
对于D，假设 O ， O1 ， A1 ， B1 ， C1 ， D1 六点在同一球面上，根据 O 为正方体的中心， O1 与 O 关于平面 A1B1C1D1 对称可知该球的球心为 OO1 的中点，设为 E ，

设正方体的棱长为 2 ，则 EO1=EA1 ，但是 EO1=1 ， EA1=2 ，不满足 EO1=EA1 ，
所以假设不成立，故 O ， O1 ， A1 ， B1 ， C1 ， D1 六点不在同一球面上，D不正确.
故答案为：D
【分析】如图：因为 O 为正方体的中心， O1 与 O 关于平面 A1B1C1D1 对称，所以 O1O//CC1 ，且 O1O=CC1 ，所以四边形 O1OCC1 为平行四边形，再利用平行四边形的性质推出线线平行，所以 O1C1//OC ，再利用线线平行证出线面平行，即O1C1// 平面 A1BCD1 ，再利用已知条件结合空间向量的方法证出两向量垂直，进而结合法向量的性质，从而证出面面垂直，即平面 O1A1D1⊥ 平面 O1B1C1 ，再结合已知条件和空间向量的方法证出两向量垂直，进而结合线线垂直证出线面垂直，即O1C1⊥ 平面 AB1D1 ，利用反证法，假设 O ， O1 ， A1 ， B1 ， C1 ， D1 六点在同一球面上，根据 O 为正方体的中心， O1 与 O 关于平面 A1B1C1D1 对称可知该球的球心为 OO1 的中点，设为 E ，设正方体的棱长为 2 ，则 EO1=EA1 ，但是 EO1=1 ， EA1=2 ，不满足 EO1=EA1 ，从而推出矛盾，所以假设不成立，故 O ， O1 ， A1 ， B1 ， C1 ， D1 六点不在同一球面上，进而选出说法错误的选项。
12. 【答案】 D
【考点】棱柱的结构特征，球的体积和表面积，点、线、面间的距离计算
【解析】由展开图可知，直三棱柱 ABC−A1 B1C1 的底面是边长为 3 的等边三角形，

其外接圆的半径满足 2r=3sin60°=2 ，所以 r=1 ．
由 4πR2=12π 得 R=3 ．
由球的性质可知，球心 O 到底面 ABC 的距离为 d=R2−r2=2 ，
结合球和直三棱柱的对称性可知， AA1=2d=22 ，
故答案为：D．
【分析】由展开图可知，直三棱柱 ABC−A1 B1C1 的底面是边长为 3 的等边三角形，再利用正弦定理的性质求出等边三角形其外接圆的半径，再利用三棱柱的外接球 O 的表面积为 12π ，结合外接球表面积公式，从而求出外接球的半径，再利用球的性质结合勾股定理可知，球心 O 到底面 ABC 的距离，再结合球和直三棱柱的对称性可知AA1的值。
13. 【答案】 C
【考点】棱柱的结构特征，点、线、面间的距离计算
【解析】因为 ABCD−A1B1C1D1 为长方体，所以面 BDD1B1 ⊥面ABCD，
过A作AE⊥BD于E ， 则AE⊥面 BDD1B1 ，所以直线 AA1 与平面 BDD1B1 的距离为AE.
在直角三角形ABD中，由等面积法可得：
AE=AD×ABBD=BC×ABBD=1×212+22=255

故答案为：C
【分析】过A作AE⊥BD于E，则AE⊥面 BDD1B1 ，所以直线 AA1 与平面 BDD1B1 的距离为AE，利用等面积法可求出答案。
14. 【答案】 C
【考点】球面距离及相关计算，棱柱的结构特征
【解析】将正四面体放入正方体中，如图所示，

因为 E ， G 分别为 AB ， CD 的中点，所以 E ， G 分别为左右侧面的中心，
所以正方体的外接球即正四面体的外接球球心为线段 EG 的中点，
所以正四面体 ABCD 的外接球被平面 EFG 所截的截面即为大圆.
因为正四面体 ABCD 的棱长为2，所以正方体的棱长为 2 ，
所外接球半径 R=22+22+222=62 ，
所以大圆面积为： πR2=π×(62)2=3π2 .
故答案为：C.
【分析】将正四面体放入正方体中，根据题意可得球心在EFG上，所以正四面体ABCD 的外接球被平面EFG所截的截面即大圆，进而可得其面积。
15. 【答案】 C
【考点】棱柱的结构特征
【解析】解：如图，连接 AC1,A1B,A1D ，因为 A1C1 与 B1D1 相交于点 N ，

所以点 N 是 A1C1 的中点，
又因为 M 为棱 AA1 的中点，
所以 AC1//MN
由正方体的性质易知 CC1⊥BD,AC⊥BD,CC1∩AC=C ,
所以 BD⊥ 平面 ACC1 ，所以 AC1⊥BD ，
同理可证 AC1⊥A1B ，由于 BD∩A1B=B ，
所以 AC1⊥ 平面 A1BD ，故 MN⊥ 平面 A1BD ，
此时当 P∈BD 时，总有 A1P⊥MN ，
所以点 P 的轨迹线段 BD ，
因为正方体的棱长为 2 ，
所以点 P 的轨迹线段 BD 的长度为 22 .
故答案为：C
【分析】 由AC1//MN,AC1⊥ 平面 A1BD ,可得MN⊥ 平面 A1BD ,即可得当P在底面ABCD内(含边界)时，总有A1P⊥MN  ,则P的运动轨迹就是线段BD,求得DB的长度即可.