综合训练08立体几何初步（28种题型60题专练）（解析版）

综合训练08立体几何初步（28种题型60题专练）一．构成空间几何体的基本元素（共1小题）1．（2023•淮北一模）如图所示，在三棱台A′B′C′﹣ABC中，沿A′BC截去三棱锥A′﹣ABC，则剩余的部分是（）A．三棱锥B．四棱锥C．三棱柱D．组合体【分析】画出图形，根据图形和四棱锥的结构特征，即可得出剩余几何体是什么图形．【解答】解：如图所示，三棱台A′B′C′﹣ABC中，沿A′BC截去三棱锥A′﹣ABC，剩余部分是四棱锥A′﹣BCC′B′．故选：B．【点评】本题考查了空间几何体结构特征的应用问题，是基础题目．二．棱柱的结构特征（共2小题）2．（2023•中卫一模）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为BD1，B1C1的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足MP∥平面CND1，则下列说法正确的是（）A．点P可以是棱BB1的中点B．线段MP的最大值为C．点P的轨迹是正方形D．点P轨迹的长度为【分析】取棱BC的中点E，连接DE，B1E，ME，进而证明平面B1EM平面CND1，再结合题意可知直线B1M必过D点，进而取A1D1中点F，连接B1F，FD，DE，证明F∈平面B1EM即可得四边形B1EDF为点P的轨迹，再根据几何关系依次判断各选项即可．【解答】解：如图，取棱BC的中点E，连接DE，B1E，ME，因为M，N分别为BD1，B1C1的中点，所以在△BCD1中，ME∥CD1，由于ME⊄平面CND1，CD1⊂平面CND1，所以ME∥平面CND1，因为B1N∥CE，B1N＝CE，所以，四边形CNB1E为平行四边形，所以CN∥B1E，因为CN⊂平面CND1，B1E⊄平面CND1，所以B1E∥平面CND1，因为B1E∩ME＝E，B1E，ME⊂平面B1EM，所以平面B1EM∥平面CND1，由于M为体对角线BD1的中点，所以，连接B1M并延长，直线B1M必过D点，故取A1D1中点F，连接B1F，FD，DE，所以由正方体的性质易知FD1∥CE，FD1＝CE，所以四边形CD1FE是平行四边形，EF∥CD1，EF＝CD1，因为ME∥CD1，，所以E，F，M共线，即F∈平面B1EM，所以四边形B1EDF为点P的轨迹，故A选项错误；由正方体的棱长为1，所以四边形B1EDF的棱长均为，且对角线为，所以四边形B1EDF为菱形，周长为，故CD选项错误，由菱形的性质知，线段MP的最大值为，故B选项正确．故选：B．【点评】本题主要考查了棱柱的结构特征，考查了直线与平面平行的判定定理，属于中档题．3．（2023•五华区校级模拟）直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，P为BC中点，AP＝BC，Q为A1C1上一点，A1Q＝，则经过A，P，Q三点的平面截此三棱柱所成截面的面积是（）A．B．4C．D．5【分析】取B1C1的四等分点中靠近C1的点为M，则梯形APMQ所在的平面就是经过A，P，Q三点的平面，根据题意求出QM、PM、AP的长度，再根据递形的面积公式计算即可．【解答】解：如图所示，取B1C1的四等分点中靠近C1的点为M，连接AQ，QM，PM，PM，则有QM∥AP，且有QM＝AP，所以梯形APMQ所在的平面就是经过A，P，Q三点的平面，又因为AB＝AC＝AA1＝2，P为BC中点，AP＝BC，所以三角形ABC为等腰直角三角形，所以BC＝4，AP＝2，QM＝AP＝1，PM＝＝＝3，由题意可知AP⊥平面BCC1B1，又因为PM⊂平面BCC1B1，所以AP⊥PM，所以梯形APMQ的面积为S＝（2+1）×3＝．故选：C．【点评】本题考查了平面基本性质、线面垂直的性质及梯形的面积公式，难点是作出截面，属于中档题．三．棱锥的结构特征（共2小题）4．（2023•天津一模）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥侧面积的一半，那么其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）A．B．C．D．【分析】根据正四棱锥的几何性质列出等量关系，进而即可求解．【解答】解：设正四棱锥的高为h，底面边长为a，侧面三角形底边上的高为h'，由题意可知，，因此有，即，解得，因为，所以．所以侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为．故选：D．【点评】本题考查正四棱锥的结构特征，考查运算求解能力，属于基础题．5．（2023•龙华区校级模拟）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．依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑．如图所示，某园林建筑为六角攒尖，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正六棱锥，若此正六棱锥的侧面等腰三角形的底角为α，则侧棱与底面外接圆半径的比为（）A．B．C．D．【分析】根据等腰三角形的边角关系，用SA和OA表示出AB的一半，从而得出侧棱与底面半径的比．【解答】解：设O为正六棱锥S﹣ABCDEF底面外接圆心，连接OA，OB，如图所示：由题意可知∠AOB＝，∠SAB＝α，所以OA＝AB，SA•cosα＝AB，所以侧棱与底面外接圆半径的比为＝＝．故选：A．【点评】本题考查了棱锥的结构特征与应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．四．棱台的结构特征（共2小题）6．（2023•柳南区二模）如图，ABC﹣A1B1C1是一个正三棱台，而且下底面边长为6，上底面边长和侧棱长都为3，则棱台的高为（）A．B．C．D．【分析】取△ABC重心O，连接AO，过A1作A1G⊥AO于G，在Rt△A1AG中，利用勾股定理计算出A1G，即为三棱台的高．【解答】解：取△ABC重心O，连接AO，过A1作A1G⊥AO于G，在Rt△A1AG中，AA1＝3，AG＝﹣＝，∴棱台的高为A1G＝＝＝．故选：C．【点评】本题考查三棱台的高、三角形重心性质、勾股定理等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．7．（2023•二模拟）在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，上、下底面边长分别为，该正四棱台的外接球的表面积为100π，则该正四棱台的高为1或7．【分析】求出外接球半径，找到球心的位置，分球心O在线段EF上和在FE的延长线上两种情况，求出高．【解答】解：设正四棱台的外接球的半径为R，则4πR2＝100π，解得R＝5，连接AC，BD相交于点E，连接A1C1，B1D1相交于点F，连接EF，则球心O在直线EF上，连接OB，OB1，如图1，当球心O在线段EF上时，则OB＝OB1＝R＝5，因为上、下底面边长分别为，所以BE＝4，B1F＝3，由勾股定理得，，此时该正四棱台的高为3+4＝7，如图2，当球心O在FE的延长线上时，同理可得，，此时该正四棱台的高为4﹣3＝1．故答案为：1或7．【点评】本题考查棱台的结构特征，属于中档题．五．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）（共2小题）8．（2023•河北模拟）一个圆锥的侧面展开的扇形面积是底面圆面积的2倍，若该圆锥的体积为，则该圆锥的母线长为（）A．3B．3C．6D．【分析】可设圆锥的底面圆半径为r，高为h，母线长为l，根据题意列方程求解即可．【解答】解：设圆锥的底面圆半径为r，高为h，母线长为l，则圆锥侧面展开的扇形面积为πrl，底面圆面积为πr2，因为πrl＝2πr2，所以l＝2r，所以圆锥的高为h＝＝r，所以圆锥的体积为πr2h＝πr2•r＝，解得r＝3，所以该圆锥的母线长为l＝2r＝6．故选：C．【点评】本题考查了圆锥的结构特征与应用问题，是基础题．9．（2023•让胡路区校级二模）古希腊亚历山大时期的数学家帕普斯在《数学汇编》第3卷中记载着一个确定重心的定理：“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋转所得周长的积”，即V＝sl（V表示平面图形绕旋转轴旋转的体积，s表示平面图形的面积，l表示重心绕旋转轴旋转一周的周长）．如图直角梯形ABCD，已知AD∥BC，AB⊥AD，AD＝4，BC＝2，则重心G到AB的距离为（）A．B．C．3D．2【分析】根据题意，用式子分别表示出圆台体积、梯形面积以及重心绕旋转轴旋转一周的周长，进而求解答案．【解答】解：直角梯形绕AB旋转一周所得的圆台的体积为；梯形ABCD的面积，故记重心G到AB的距离为h'，则，则，故选：A．【点评】本题主要考查圆台体积公式，点到直线的距离的求法，考查运算求解能力，属于基础题．六．球内接多面体（共4小题）10．（2023•武功县校级模拟）如果一个凸多面体的每个面都是全等的正多边形，而且每个顶点都引出相同数目的棱，那么这个凸多面体叫做正多面体．古希腊数学家欧几里得在其著作《几何原本》的卷13中系统地研究了正多面体的作图，并证明了每个正多面体都有外接球．若正四面体、正方体、正八面体的外接球半径相同，则它们的棱长之比为（）A．B．C．D．【分析】直接利用正四面体的棱长与外接球的半径的关系的应用求出结果．【解答】解：①设正四面体的棱长为a，所以利用勾股定理的应用：，解得a＝．②正方体的棱长为b，则：（2r）2＝b2+b2+b2，解得：b＝．③设正八面体的棱长为c，所以：，解得c＝r，所以：a：b：c＝＝．故选：B．【点评】本题考查的知识要点：正多面体和外接球的关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．11．（2023•山西模拟）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，AA1＝3，以C1为球心，为半径的球面与侧面ABB1A1的交线长为（）A．B．C．D．【分析】设D1为A1B1的中点，连接C1D1，则根据题意可知，C1D1⊥平面ABB1A1，从而可得题中所求交线为：以D1为圆心，为半径的圆弧，再根据弧长公式，即可求解．【解答】解：如图，设D1为A1B1的中点，连接C1D1，可知，C1D1⊥平面ABB1A1，由，可得题中所求交线为：以D1为圆心，为半径的圆弧，设该圆弧与AA1，BB1分别相交于点M，N，经计算可知，故交线长．故选：C．【点评】本题考查球面与柱体侧面的交线长度，考查直观想象与数学运算的核心素养，属中档题．12．（2023•梅河口市校级模拟）若球O是正三棱锥A﹣BCD的外接球，，点E在线段BA上，BA＝3BE，过点E作球O的截面，则所得的截面中面积最小的截面的面积为（）A．B．2πC．D．π【分析】设O是球心，O'是等边三角形BCD的中心，在三角形ODO'中，有OO'2+DO'2＝OD2，可求得R＝OD＝2，再利用r2＝R2﹣OE2可得过E且垂直OE的截面圆最小即可．【解答】解：如图所示，其中O是球心，O'是等边三角形BCD的中心，可得，，设球的半径为R，在三角形ODO'中，由OO'2+DO'2＝OD2，即，解得R＝2，即AO＝2，所以O'A＝3O'O，因为在△ABO'中，O'A＝3O'O，BA＝3BE，所以OE∥O'B，，由题知，截面中面积最小时，截面圆与OE垂直，设过E且垂直OE的截面圆的半径为r，则，所以最小的截面面积为．故选：A．【点评】本题主要考查了三棱锥的外接球问题，考查了学生的空间想象能力，属于中档题．13．（2023•河南二模）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，AA1＝3，以C1为球心，为半径的球面与侧面ABB1A1的交线长为（）A．B．C．D．【分析】设D1为A1B1的中点，连接C1D1，则根据题意可知，C1D1⊥平面ABB1A1，从而可得题中所求交线为：以D1为圆心，为半径的圆弧，再根据弧长公式，即可求解．【解答】解：如图，设D1为A1B1的中点，连接C1D1，可知，C1D1⊥平面ABB1A1，由，可得题中所求交线为：以D1为圆心，为半径的圆弧，设该圆弧与AA1，BB1分别相交于点M，N，经计算可知，故交线长．故选：B．【点评】本题考查球面与柱体侧面的交线长度，考查直观想象与数学运算的核心素养，属中档题．七．球外切几何体（共2小题）14．（2023•全国模拟）四个半径为1的球两两相切，则它们的外切四面体棱长为（）A．B．C．D．【分析】利用正四面体内切球半径与其棱长的关系能求