11.1.1 棱柱与圆柱（题型专练）数学沪教版2020必修第三册

11.1.1棱柱与圆柱 题型一 棱柱的结构特征与分类 1．下列说法中正确的是（   ） A．棱柱的所有面都是四边形 B．棱柱的侧面一定是平行四边形 C．棱柱的侧棱不全相等 D．各条棱长都相等的棱柱一定是正方体 2．下列命题中为真命题的是（   ） A．有两个侧面是矩形的四棱柱是直四棱柱 B．棱柱的每个面都是平行四边形 C．正四棱柱是平行六面体 D．长方体是四棱柱，直四棱柱是长方体 3．满足下列四个条件中的条件（     ）时， 棱柱是正四棱柱. A．底面是正方形，有两个侧面是矩形 B．底面是正方形，有两个侧面垂直于底面 C．每个侧面都是全等矩形的四棱柱 D．底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直 4．四棱柱的体对角线的条数为（   ） A．6 B．7 C．4 D．3 5．给出命题：有两个面平行，其余各个面都是平行四边形的多面体一定是棱柱；命题：对任意且，均存在所有侧面都是直角三角形的棱锥，则（    ）. A．都是真命题 B．是真命题，是假命题 C．是假命题，是真命题 D．都是假命题 6．以下命题中真命题的是（    ） A．各侧面都是矩形的棱柱是长方体 B．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱 C．体对角线都相等的平行六面体是长方体 D．各侧面都是全等的矩形的直棱柱是正棱柱 7．下列关于七棱柱的判断正确的是（   ） A．七棱柱共有七个顶点 B．七棱柱共有八个面 C．七棱柱共有十四条棱 D．七棱柱共有九个面 8．若一个多面体共有12条棱，则这个多面体可能是（   ） A．六棱柱 B．五棱锥 C．四棱柱 D．三棱台 9．四棱柱成为长方体的一个必要不充分条件是（    ） A．底面是矩形 B．侧面是正方形 C．底面是菱形 D．侧面与底面都是矩形 10．设，，，，则这些集合的关系是（    ） A． B． C． D． 11．下列说法中正确的是（    ）． A．棱柱的面中，至少有两个面互相平行 B．棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面 C．棱柱中一条侧棱就是棱柱的高 D．棱柱的侧面一定是平行四边形，但它的底面一定不是平行四边形 12．已知：“是长方体”，：“是直平行六面体”，则是的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 13．设条件甲：直四棱柱中，棱长都相等；条件乙：直四棱柱是正方体，那么甲是乙的（    ） A．充分必要条件 B．充分非必要条件 C．必要非充分条件 D．既非充分也非必要条件 14．下面五个命题： （1）两组对边分别相等的四边形是平行四边形； （2）两组对边分别平行的四边形是平行四边形； （3）四个角都是直角的四边形是矩形； （4）有两个侧面是矩形的三棱柱是直三棱柱； （5）有两个侧面是矩形的四棱柱是直四棱柱 其中真命题的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 15．设有四个命题： ①底面是矩形的平行六面体是长方体； ②棱长都相等的直四棱柱是正方体； ③侧棱垂直于底面两条边的平行六面体是直平行六面体； ④对角线相等的平行六面体是直平行六面体. 其中真命题的个数是 （    ） A．1 B．2 C．3 D．4 16．如图所示，长方体.    (1)这个长方体是棱柱吗？如果是，是几棱柱？为什么？ (2)用平面BCNM把这个长方体分成两部分，各部分形成的几何体还是棱柱吗？如果是，是几棱柱，并用符号表示；如果不是，请说明理由. 题型二 圆柱的结构特征与分类 1．如图，在一密闭的圆柱形容器中装一半的水，水平放置时，水面的形状是（    ） A．圆 B．矩形 C．椭圆 D．梯形 2．给出下列说法： （1）圆柱的底面是圆面； （2）经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面； （3）圆台的任意两条母线所在的直线可能相交，也可能不相交； （4）夹在圆柱的两个截面间的几何体还是一个旋转体． 其中说法正确的是 ． 3．请在圆柱上写出下列所指部分的名称：轴、底面、侧面、母线． 4．如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的几何体，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是（    ） A．（2）（5） B．（1）（3） C．（2）（4） D．（1）（5） 题型一 棱柱的有关计算 1．长方体中，，为的中点，，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．已知直三棱柱：的底面为等腰直角三角形，分别为，的中点，为上一点，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 3．在四棱柱中，四边形ABCD是正方形，，，，，则（    ） A． B． C． D． 4．在正方体中，分别为棱上的点，与的夹角为与的夹角也为．则（   ） A． B． C． D． 5．在正四棱柱中，，，，，平面与交于点G，则（    ） A． B． C． D． 6．如图，在直三棱柱中，，，，分别是，的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 7．如图，正方体的棱长为2，若，分别是线段，的中点，则线段的长为 ． 8．如图，在正三棱柱中，分别是和的中点，则直线与所成的角余弦值为 .    9.《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱．在堑堵中，，是的中点，，，分别在棱，上，且，，平面与交于点，则 ． 10．如图，在正三棱柱中，已知，是的中点. (1)求直线与所成角的正切值 (2)求证：平面平面，并求点到平面的距离. 11．如图，在长方体中，，截面. (1)确定点的位置； (2)若，，，求线段的长. 题型二 圆柱的有关计算 1．圆柱的母线与圆柱的旋转轴的位置关系是 . 2．如图，直三棱柱外接一个圆柱，其侧面恰好为圆柱的轴截面且为正方形，B为弧AC中点．求直线与AC所成角大小． 3．如图，已知是边长为1的正方形，正方形绕旋转形成一个几何体．正方形绕逆时针旋转至，求线段与平面所成的角． 4．如图，圆柱的高为1，底面半径长为2，它的一个轴截面为，点为底面圆的圆周上一点，且． (1)已知点是底面圆的直径上靠近的一个四等分点，若经过点在底面圆上作一条直线与CE垂直且与圆交于M、N两点，求线段MN的长; (2)求平面与平面ACB的夹角． 题型三 位置关系的判断 1．如图，已知正方体，下列棱中与垂直的是（   ）    A． B． C． D． 2．如图，下列正方体中，M，N，P，Q分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线MN和PQ为异面直线的是（   ） A．B．C．D． 3．在正三棱柱中，如图所示，，G，E，F分别是，AB，BC的中点，求证：直线直线GB． 4．如图，已知四棱柱中，各棱长都为，底面是正方形，顶点在平面上的射影是正方形的中心，求证：平面． 5．如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，分别为的中点．求证：    (1)平面； (2)平面． 6．空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为.如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且. (1)证明：平面； (2)若，求二面角的余弦值. 7．如图，斜四棱柱的底面为正方形，平面，且，为直线上的一个动点. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角正弦值的最大值. 题型四 最短距离问题 1．如图，在直三棱柱中，，，，，点在棱上，求的最小值（   ） A． B． C． D． 2．已知正三棱柱，底面边长为1，高为8． (1)一点自点出发沿着三棱柱的侧面绕行一周后到达点的最短路线长； (2)一点自点出发沿着三棱柱的侧面绕行两周后到达点的最短路线长． 3．如图所示，圆柱侧面上有两点、，在处有一只蜘蛛，在处有一只苍蝇，蜘蛛沿怎样的路线行走才能以最短的路程抓住苍蝇？最短路程是多少？ 4．如图，已知点在圆柱的底面圆上，为圆的直径，圆柱的表面积为，. (1)由点拉一根细绳绕圆柱侧面到达，求绳长的最小值. (2)求异面直线与AP所成角的大小；（结果用反三角函数值表示） 题型五 正方体的截面问题 1．如图，长方体被截去一小部分，其中 ，则截去的几何体是（    ）      A．三棱锥 B．三棱柱 C．三棱台 D．五棱柱 2．已知正三棱柱底面边长是，高是，过底面一边，作与底面成角的截面，则其面积是 ． 3．已知正方体是棱长为1的正方体，M是棱的中点，过C、、M三点作正方体的截面，作出这个截面图并求出截面的面积． 4．如图所示，在长方体中，为矩形内一点，过点与棱作平面． (1)直接在图中作出平面截此长方体所得的截面（不必说明画法和理由），判断截面图形的形状，并证明； (2)设平面平面．若截面图形的周长为16，求二面角的余弦值． 5．如图，在正方体中，是的中点，，，分别是，，的中点． (1)求证：平面 平面； (2)若正方体棱长为1，过，，三点作正方体的截面，画出截面与正方体的交线，并求出截面的面积． 6．对于精美的礼物，通常人们会用包装纸把礼物包好，还会用彩带捆扎包装好的礼物，有时还会扎出一个花结.这些包装彩带也不便宜，因此在捆扎时不仅要考虑美观､结实，也要考虑尽量地节省包装彩带.以长方体的礼物为例，较为典型的两种捆扎方式分别为“十字”和“对角”，如下图所示. “十字”捆扎 “对角”捆扎 假设1：将礼物视作一个长方体，其长为4，宽为2､高为1；假设2：不考虑花结处的彩带，将每一段彩带视为线段，且完全位于礼物的表面上；假设3：“十字”捆扎中，长方体表面上的每一段彩带（上底面和下底面各2段，每个侧面各1段）都与其相交的棱垂直；假设4：“对角”捆扎中，以某种方式展开长方体后，长方体表面上的每一段彩带（上底面和下底面各2段，每个侧面各1段）在其表面展开图上均落在同一条直线上. (1)求“十字”捆扎中彩带的总长度； (2)根据假设4绘制示意图，求“对角”捆扎中彩带的总长度，并比较两种捆扎方式，给出用彩带捆扎礼物的建议. 1．如图，在正方体中，是空间一动点，若点到直线的距离相等，则动点的轨迹是（    ） A．直线 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 2．如图，正方体的棱长为，，，，分别是所在棱上的动点，且满足，则以下四个结论正确的有    ①，，，四点一定共面 ②若四边形为矩形，则 ③若四边形为菱形，则，一定为所在棱的中点 ④若四边形为菱形，则四边形周长的取值范围为 3．已知在直三棱柱中，底面为直角三角形，且是上一动点，则周长的最小值为 . 4．如图，正方体的棱长是，是上的动点，、是上、下两底面上的动点，是中点，，则的最小值是 . 5．素描是使用单一色彩表现明暗变化的一种绘画方法，素描水平反映了绘画者的空间造型能力．“十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型，图1是某同学绘制的“十字贯穿体”的素描作品．“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）．若该同学绘制的“十字贯穿体”由两个底面边长为4，高为的正四棱柱构成（图2），则一只蚂蚁从该“十字贯穿体”的点出发，沿表面到达点的最短路线长为 ．    1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$ 11.1.1棱柱与圆柱 题型一 棱柱的结构特征与分类 1．下列说法中正确的是（   ） A．棱柱的所有面都是四边形 B．棱柱的侧面一定是平行四边形 C．棱柱的侧棱不全相等 D．各条棱长都相等的棱柱一定是正方体 【答案】B 【详解】对于A，三棱柱的两底面是三角形，故A错误； 对于B，由棱柱的定义可得棱柱的侧面一定是平行四边形，故B正确； 对于C，由棱柱的定义可得棱柱的侧面都是平行四边形，由平行四边形的性质对边相等， 所以棱柱的侧棱全相等，故C错误； 对于D，各条棱长都相等的棱柱可能是正棱柱（如正六棱柱），但底面不一定是正方形， 故各条棱长都相等的棱柱不一定是正方体，故D错误. 故选：B. 2．下列命题中为真命题的是（   ） A．有两个侧面是矩形的四棱柱是直四棱柱 B．棱柱的每个面都是平行四边形 C．正四棱柱是平行六面体 D．长方体是四棱柱，直四棱柱是长方体 【答案】C 【详解】对于A，可以是两对称面为矩形的平行六面体，故A错误； 对于B，棱柱的上、下底面可能不是平行四边形，比如三棱柱，五棱柱等，故B错误； 对于C，正四棱柱是平行六面体，故C正确； 对于D，当底面不是矩形时，直四棱柱不是长方体，故D错误. 故选：C. 3．满足下列四个条件中的条件（     ）时， 棱柱是正四棱柱. A．底面是正方形，有两个侧面是矩形 B．底面是正方形，有两个侧面垂直于底面 C．每个侧面都是全等矩形的四棱柱 D．底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直 【答案】D 【详解】如图：若底面是正方形的棱柱中，左右两个侧面是矩形，但不与底面垂直，但棱柱不是正四棱柱.A错误， 若前后两个侧面是与底面垂直的平行四边形，则棱柱不是正四棱柱，故B错误， 对于C，底面有可能不是正方形,故C错误， 对于D，因为有一个顶点处的三条棱两两垂直，故侧棱垂直于底面， 而底面为菱形，故底面为正方体，故该棱柱为四棱柱. 故选：D． 4．四棱柱的体对角线的条数为（   ） A．6 B．7 C．4 D．3 【答案】C 【详解】共有4条体对角线，一个底面上的每个点与另一个底面上的不相邻的点连成一条体对角线． 故选：C. 5．给出命题：有两个面平行，其余各个面都是平行四边形的多面体一定是棱柱；命题：对任意且，均存在所有侧面都是直角三角形的棱锥，则（    ）. A．都是真命题 B．是真命题，是假命题 C．是假命题，是真命题 D．都是假命题 【答案】C 【详解】对于命题：如图即为反例，故命题为假命题；    对于命题：如图所示，在该棱锥中，底面. 在底面中，，，….    根据三垂线定理，则所有侧面都是直角三角形，即命题为真命题. 故选：C 6．以下命题中真命题的是（    ） A．各侧面都是矩形的棱柱是长方体 B．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱 C．体对角线都相等的平行六面体是长方体 D．各侧面都是全等的矩形的直棱柱是正棱柱 【答案】C 【详解】对于选项A，直棱柱的侧面都是矩形，但不一定是长方体，如直三棱柱，故选项A不正确， 对于选项B，有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱，但这两个侧面如果不相邻，就不一定是直棱柱了，故选项B不正确， 对于选项C，如图，对于平行六面体， 四边形是平行四边形，又，故平行四边形为矩形，则， 同理可得，又，所以， 又与相交，面，所以面， 又由体对角线相等，易得，所以为矩形， 所以为长方体，故选项C正确， 对于选项D，底面是菱形的直棱柱，满足底面四条边相等，各侧面都是全等的矩形，但不是正四棱柱，故选项D不正确； 故选：C 7．下列关于七棱柱的判断正确的是（   ） A．七棱柱共有七个顶点 B．七棱柱共有八个面 C．七棱柱共有十四条棱 D．七棱柱共有九个面 【答案】D 【详解】 如图，可知七棱柱共有14个顶点，21条棱，9个面. 故选：D. 8．若一个多面体共有12条棱，则这个多面体可能是（   ） A．六棱柱 B．五棱锥 C．四棱柱 D．三棱台 【答案】C 【详解】对于A，六棱柱有18条棱，A不是； 对于B，五棱锥的10条棱，B不是； 对于C，四棱柱有12条棱，C是； 对于D，三棱台有9条棱，D不是. 故选：C 9．四棱柱成为长方体的一个必要不充分条件是（    ） A．底面是矩形 B．侧面是正方形 C．底面是菱形 D．侧面与底面都是矩形 【答案】A 【详解】对于A，长方体的底面是矩形，而底面是矩形的四棱柱不一定是长方体（侧棱不垂直于底面）， 则“底面是矩形”是四棱柱成为长方体的一个必要不充分条件，A是； 对于B，长方体的侧面是矩形，不一定是正方形，即“侧面是正方形”不是四棱柱成为长方体的必要条件，B不是； 对于C，长方体的底面是矩形，不能推出底面是菱形，即“底面是菱形”不是四棱柱成为长方体的必要条件，C不是； 对于D，长方体的侧面与底面都是矩形，反之侧面与底面都是矩形的四棱柱是长方体， 因此“侧面与底面都是矩形”是四棱柱成为长方体的充要条件，D不是. 故选：A 10．设，，，，则这些集合的关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据几何体的特点可知，长方体是底面为矩形的直四棱柱，正四棱柱是底面为正方形的直四棱柱，正方体是侧面均为正方形的正四棱柱可以得到这些集合的关系， 故选：B. 11．下列说法中正确的是（    ）． A．棱柱的面中，至少有两个面互相平行 B．棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面 C．棱柱中一条侧棱就是棱柱的高 D．棱柱的侧面一定是平行四边形，但它的底面一定不是平行四边形 【答案】A 【详解】A选项，棱柱的面中，上下底面必平行，侧面可能平行，故至少有两个面互相平行，A正确； B选项，棱柱中两个互相平行的平面可能是棱柱的底面，也可能是侧面，比如正方体，B错误； C选项，若棱柱为斜棱柱，此时棱柱中侧棱不是棱柱的高，C错误； D选项，棱柱的侧面一定是平行四边形，它的底面可能是平行四边形，比如长方体，D错误. 故选：A 12．已知：“是长方体”，：“是直平行六面体”，则是的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【详解】根据直平行六面体的定义知：底面为平行四边形的直四棱柱为直平行六面体， 长方体的定义可为：底面为矩形的直四棱柱为长方体， 而直平行六面体的底面不一定为矩形，所以是的充分不必要条件. 故选：A. 13．设条件甲：直四棱柱中，棱长都相等；条件乙：直四棱柱是正方体，那么甲是乙的（    ） A．充分必要条件 B．充分非必要条件 C．必要非充分条件 D．既非充分也非必要条件 【答案】C 【详解】根据直四棱柱的定义，侧棱垂直于底面，底面是四边形的四棱柱叫做直四棱柱. 对于命题甲，若直四棱柱的棱长都相等，则底面四边形可以是菱形.因此此直四棱柱未必是正方体；即命题甲推不出命题乙； 对于命题乙，正方体一定是棱长都相等的直四棱柱，则命题乙推出命题甲； 因此，命题甲是命题乙的必要不充分条件； 故选：C. 14．下面五个命题： （1）两组对边分别相等的四边形是平行四边形； （2）两组对边分别平行的四边形是平行四边形； （3）四个角都是直角的四边形是矩形； （4）有两个侧面是矩形的三棱柱是直三棱柱； （5）有两个侧面是矩形的四棱柱是直四棱柱 其中真命题的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【详解】空间四边形也可以满足两组对边分别相等，故（1）错误； 四边形一组对边平行可知，则由公理可知四边形共面，四边形为平面四边形，由平行四边形判定定理可知：两组对边分别平行的平面四边形是平行四边形，故（2）正确； 当四边形为平面四边形时，根据矩形的判定可知：四个角都是直角的四边形是矩形； 当四边形为空间四边形时，假设存在四个角都是直角的空间四边形， 则 为，的公垂线， 为，的公垂线, 这与公垂线的性质矛盾，故不存在四个角都是直角的空间四边形， 故命题（3）正确； 对有两个侧面是矩形的三棱柱，根据直线与平面的判定定理，得到这两个侧面的交线垂直于底面，故（4）正确； 若侧棱与底面两条平行的两边垂直，有两个侧面均是矩形，此时的棱柱不一定是直棱柱，故（5）错误. 故选：C. 15．设有四个命题： ①底面是矩形的平行六面体是长方体； ②棱长都相等的直四棱柱是正方体； ③侧棱垂直于底面两条边的平行六面体是直平行六面体； ④对角线相等的平行六面体是直平行六面体. 其中真命题的个数是 （    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【详解】①是假命题，底面是矩形，若侧棱不垂直于底面，这时四棱柱仍然是斜平行六面体，不是长方体. ②是假命题，若底面是菱形，底面边长与侧棱长相等的直四棱柱不是正方体. ③是假命题，侧棱垂直于底面两条平行的边，则不能得到侧棱和底面垂直，不是直平行六面体. ④是真命题，对角线相等的平行四边形为矩形，故平行六面体中过相对侧棱的两个对角面都是矩形，从而侧棱垂直于底面的两条对角线，故垂直于底面，是直平行六面体. 故选：A． 16．如图所示，长方体.    (1)这个长方体是棱柱吗？如果是，是几棱柱？为什么？ (2)用平面BCNM把这个长方体分成两部分，各部分形成的几何体还是棱柱吗？如果是，是几棱柱，并用符号表示；如果不是，请说明理由. 【答案】(1)是棱柱，并且是四棱柱，理由见解析； (2)截面BCNM的右上方部分是三棱柱，左下方部分是四棱柱. 【详解】（1）是棱柱，并且是四棱柱，因为长方体相对的两个面是互相平行的四边形(作底面)，其余各面都是矩形(作侧面)，且相邻侧面的公共边互相平行，符合棱柱的定义．因为底面是四边形，所以长方体是四棱柱； （2）截面BCNM上方部分是棱柱，且是三棱柱，其中和是底面. 截面BCNM下方部分也是棱柱，且是四棱柱， 其中四边形和是底面. 题型二 圆柱的结构特征与分类 1．如图，在一密闭的圆柱形容器中装一半的水，水平放置时，水面的形状是（    ） A．圆 B．矩形 C．椭圆 D．梯形 【答案】B 【详解】如图所示，在一密闭的圆柱形容器中装一半的水，水平放置时， 可得分别为圆柱的母线，所以且， 又因为圆柱的母线与底面垂直，且在底面内，所以， 所以截面为矩形. 故选：B. 2．给出下列说法： （1）圆柱的底面是圆面； （2）经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面； （3）圆台的任意两条母线所在的直线可能相交，也可能不相交； （4）夹在圆柱的两个截面间的几何体还是一个旋转体． 其中说法正确的是 ． 【答案】（1）（2） 【详解】解：圆柱的底面是圆面，故（1）正确； 圆柱的母线都平行且相等，且都垂直于底面，则经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面，故（2）正确； 圆台是由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到的，则圆台的任意两条母线所在的直线相交，故（3）错误； 当两个截面不平行或截面平行但不与底面平行时，两个截面间的几何体不是旋转体，故（4）错误． 故答案为：（1）（2）． 3．请在圆柱上写出下列所指部分的名称：轴、底面、侧面、母线． 【答案】答案见解析 【详解】 4．如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的几何体，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是（    ） A．（2）（5） B．（1）（3） C．（2）（4） D．（1）（5） 【答案】D 【详解】当截面如下图为轴截面时，截面图形如（1）所示； 当截面如下图不为轴截面时，截面图形如（5）所示，下侧为抛物线的形状； 故选：D 题型一 棱柱的有关计算 1．长方体中，，为的中点，，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】连接，设 ，表示出，，，利用勾股定理计算可得. 【详解】如图连接，设 ，则， ，， 因为，所以，即，解得（负值舍去）. 故选：A 2．已知直三棱柱：的底面为等腰直角三角形，分别为，的中点，为上一点，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取的中点，取的中点，根据条件可得或其补角为异面直线与所成的角，然后根据直棱柱的性质结合条件及余弦定理即得. 【详解】由题可知，则， 如图，取的中点，连接，则，取的中点，连接，， 则，所以，则或其补角为异面直线与所成的角， 由题可知，又，则，在等腰直角三角形中，， 所以， 在正方形中，，易知，则， 在中，, 即异面直线与所成角的余弦值为． 故选：A． 3．在四棱柱中，四边形ABCD是正方形，，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】在三角形中，由余弦定理得， 在三角形，由余弦定理得， 所以， 在三角形中，， 在三角形中，由余弦定理得， 所以， 在三角形中，. 故选：B 4．在正方体中，分别为棱上的点，与的夹角为与的夹角也为．则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，利用勾股定理得到，然后利用余弦定理列方程，解方程得到，最后利用余弦定理求角即可. 【详解】 设，，则，，， 因为，所以， 解得， 同理可得， 连接，， ， . 故选：B. 5．在正四棱柱中，，，，，平面与交于点G，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】如图所示，设，连接． 因为， 且几何体为正四棱柱， 所以． 因为平面与交于点， 所以， 所以， 所以， 因为， 所以， 所以． 故选：C.    6．如图，在直三棱柱中，，，，分别是，的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题设，且到平面的距离为. 又，，故到上高为，所以. 设到平面的距离为，由得：，解得， 故直线与平面所成角的正弦值为. 故选：D 7．如图，正方体的棱长为2，若，分别是线段，的中点，则线段的长为 ． 【答案】 【详解】 连接，由为 的中点，可得为 的中点, 又是线段的中点， 所以， 故答案为： 8．如图，在正三棱柱中，分别是和的中点，则直线与所成的角余弦值为 .    【答案】 【分析】分别取中点，易证得四边形和均为平行四边形，根据平行关系可知所求角为或其补角，利用余弦定理可求得结果 【详解】分别取中点，连接，因为三棱柱为正三棱柱，所以为等边三角形， 设，,， 所以四边形和均为平行四边形，（或其补角）即为直线与所成角； ,又， , 所以直线与所成的角余弦值为, 故答案为：.    9.《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱．在堑堵中，，是的中点，，，分别在棱，上，且，，平面与交于点，则 ． 【答案】 【分析】延长，交于，连接，交于，连接，，由三角形相似可得，，由直棱柱的性质可求得答案. 【详解】解：如图，延长，交于，连接，交于．则， 则，则， 又，所以，则，所以． 连接，，则，． 故答案为：. 10．如图，在正三棱柱中，已知，是的中点. (1)求直线与所成角的正切值 (2)求证：平面平面，并求点到平面的距离. 【答案】(1) (2)证明见解析，点到平面的距离为 【分析】（1）通过平行线转化，从而找到直线与直线所成角，然后通过解三角形知识即可求解； （2）利用平面与平面垂直的判定定理即可证明；再作出点到平面的垂线段，然后利用等面积法即可求解. 【详解】（1）由正三棱柱的结构特征可知：，平面，为等边三角形； 直线与所成角即为， 平面，平面，， 因为是的中点，所以， 所以在中，， 即直线与所成角的正切值为. （2）因为是的中点，为等边三角形，所以， 因为平面，平面，所以， 又因为平面， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面. 在平面内作，垂足为， 平面平面，平面平面，平面，， 平面，点到平面的距离即为的长， 由（1）知：，， ，即， 点到平面的距离为. 11．如图，在长方体中，，截面. (1)确定点的位置； (2)若，，，求线段的长. 【答案】(1)点为线段与的交点 (2) 【分析】（1）根据已知可得出点是平面与平面的公共点，又平面平面，即可根据基本事实3得出，即可得出点的位置； （2）连接，连接，交于点.易证四边形为平行四边形，进而结合已知可知点是的重心，推得.然后根据长方体的棱长求出体对角线，即可得出答案. 【详解】（1）因为，平面， 所以平面. 又平面，所以点是平面与平面的公共点. 又因为平面平面， 根据基本事实3，可得. 又因为，所以， 即点为线段与的交点. （2）连接，连接，交于点.由（1）知点为与交点. 因为，，所以四边形为平行四边形， 所以，是中点. 又是的中点， 所以点是两条边上中线的交点， 所以点是的重心， 所以，所以. 又因为，，， 所以 ， 故. 题型二 圆柱的有关计算 1．圆柱的母线与圆柱的旋转轴的位置关系是 . 【答案】平行 【详解】因为无论旋转到什么位置，平行于轴的边都叫做圆柱侧面的母线， 所以圆柱的母线与圆柱的旋转轴的位置关系是平行， 故答案为：平行 2．如图，直三棱柱外接一个圆柱，其侧面恰好为圆柱的轴截面且为正方形，B为弧AC中点．求直线与AC所成角大小． 【答案】 【分析】由于，得为直线与AC所成的角，在中，利用余弦定理求解即可． 【详解】 连接，由于，则或其补角为直线与AC所成的角． 设圆柱的底面半径为，则, 由题意,,则， 面，面，，同理, 又，， 在中，， 则 ， 所以直线与AC所成角的大小为. 3．如图，已知是边长为1的正方形，正方形绕旋转形成一个几何体．正方形绕逆时针旋转至，求线段与平面所成的角． 【答案】． 【详解】∵正方形，∴， 又，∴． ∵，且、平面， ∴平面，即在面上的投影为， 连接，则即为线段与平面所成的角， 所以. 又，所以. ∴线段与平面所成的角为． 4．如图，圆柱的高为1，底面半径长为2，它的一个轴截面为，点为底面圆的圆周上一点，且． (1)已知点是底面圆的直径上靠近的一个四等分点，若经过点在底面圆上作一条直线与CE垂直且与圆交于M、N两点，求线段MN的长; (2)求平面与平面ACB的夹角． 【答案】(1) (2) 【分析】（1） 在圆上取点使，证明，求出，取MN中点，由，利用弦长公式求线段MN的长； （2）分别为的中点，证明即平面与平面的夹角，代入数据求值即可. 【详解】（1）在圆上取点使，则圆，圆，， 连接，因为，，平面， 所以平面，平面，则， 因为，所以， 又，则， ， 取MN中点，则， 所以，则 . （2）取OA中点，中点，连接， ，则， ，，四边形为平行四边形， ，则圆，则圆，， ， 平面，平面， 平面，，又，得， 记平面与平面的公共交线为， 因为，平面，平面， 所以平面，平面，则，， 可得，， 所以即平面与平面的夹角， 因为，所以， ，即平面与平面ACB的夹角为. 题型三 位置关系的判断 1．如图，已知正方体，下列棱中与垂直的是（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【详解】在正方体中，与所成的角为， 棱平面,平面，所以， 故选：C 2．如图，下列正方体中，M，N，P，Q分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线MN和PQ为异面直线的是（   ） A．B．C．D． 【答案】D 【详解】对于A，如图，，四点共面，A不是； 对于B，如图，，四点共面，B不是； 对于C，如图，，四点共面，C不是； 对于D，如图，平面，平面，平面，直线， 则与是异面直线，D是. 故选：D 3．在正三棱柱中，如图所示，，G，E，F分别是，AB，BC的中点，求证：直线直线GB． 【答案】证明见解析 【详解】证明：连接．在三角形中，G是的中点，所以． 因为平面，平面， 所以 ， 因为，平面， 所以⊥平面， 因为平面， 所以⊥， 又因为E，F分别是AB，BC的中点，所以，所以 所以直线直线GB． 4．如图，已知四棱柱中，各棱长都为，底面是正方形，顶点在平面上的射影是正方形的中心，求证：平面． 【答案】证明见解析 【分析】分别证明出，，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立. 【详解】证明：在正方形中，，则为、的中点，且， 平面，平面，，则， ，，， 在四棱柱中，，， 平面，平面，， ，，、平面，平面， 平面，， ，、平面，因此，平面. 5．如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，分别为的中点．求证：    (1)平面； (2)平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据直三棱柱的几何性质，利用中位线定理、平行四边形的性质以及线面平行的判定定理，可得答案； （2）根据三棱锥的几何性质，利用线面垂直的性质定理以及矩形的几何性质，结合线面垂直判定定理，可得答案. 【详解】（1）连接交于，连.    在三棱柱中，矩形中，，则， 分别为的中点，且， 又为中点，且，则且， ∴四边形为平行四边形， ，平面，平面，平面. （2），，，平面，平面， 平面，， 在矩形中，，为的中点，易证均为等腰直角三角形，，即， ，，，平面，平面. 6．空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为.如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且. (1)证明：平面； (2)若，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由直三棱柱的结构特征可得，，.根据点的曲率可求得，则为等边三角形.由分别为的中点得.由线面垂直的判定定理即可证明； （2）取的中点，连接，，则.由直三棱柱的结构特征易证平面，根据线面垂直的性质可得，.设，则根据三棱柱的边长及勾股定理可证.由线面垂直的判定定理可证平面，从而为二面角的平面角.在中即可求解二面角的余弦值. 【详解】（1）证明：在直三棱柱中， ∵平面，，，平面， ∴，，. ∴点的曲率为， ∴. ∵，∴为等边三角形. ∵分别为的中点，∴. ∵，，，，平面， ∴平面. （2） 取的中点，连接，. ∵为等边三角形，∴. ∵三棱柱是直三棱柱， ∴平面平面. ∵平面平面，，平面， ∴平面. ∵，平面，∴，. 设.∵，∴，，， ∴，∴. ∵，，，，平面， ∴平面. ∵平面，， ∴为二面角的平面角. ∵，， ∴在中，. ∴二面角的余弦值为. 7．如图，斜四棱柱的底面为正方形，平面，且，为直线上的一个动点. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角正弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，，先证明平面平面，再证明平面； （2）取的中点，连接，可证明平面平面，再作出与平面的所成角，应用（1）的结论，可知为与平面的所成角，研究的关系，可知的最大值. 【详解】（1）证明：连接，， 因为斜四棱柱的底面为正方形， 所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以. 同理可证明， 又因为且， 所以平面平面. 因为为直线上的一个动点， 所以平面， 所以平面. （2） 取的中点，连接， 因为四边形为正方形，所以， 因为平面，且平面，平面， 所以，， 又因为，所以平面. 因为平面，所以平面平面. 作于点，连接. 因为平面平面，所以平面. 所以为在平面内的射影，所以为与平面的所成角， 又因为平面平面，所以为与平面的所成角， 所以， 当点与点不重合时，在直角三角形中， 所以， 所以当点与点重合时，， 在中， 因为，， 所以，所以 所以直线与平面所成角正弦值的最大值为. 题型四 最短距离问题 1．如图，在直三棱柱中，，，，，点在棱上，求的最小值（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将平面、平面延展为同一个平面，分析可知当、、三点共线时，取最小值，结合勾股定理可求得结果. 【详解】将平面、平面延展为同一个平面，如下图所示： 由图可知，当、、三点共线时，取最小值， 且，，且， 延展后，、、共线，且，，， 由勾股定理可得. 故的最小值为. 故选：D. 2．已知正三棱柱，底面边长为1，高为8． (1)一点自点出发沿着三棱柱的侧面绕行一周后到达点的最短路线长； (2)一点自点出发沿着三棱柱的侧面绕行两周后到达点的最短路线长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由三棱柱的侧面展开图即可求解； （2）将三棱柱的侧面都沿剪开，再拼接一次即可求解 【详解】（1）将三棱柱侧面沿侧棱剪开，展成平面图形如图所示，则即为所求的最短路线． 在中，，， ∴． （2） 将三棱柱的侧面都沿剪开，然后展开并拼接成如图所示，则即为所求的最短路线． 在中，，， ∴． 3．如图所示，圆柱侧面上有两点、，在处有一只蜘蛛，在处有一只苍蝇，蜘蛛沿怎样的路线行走才能以最短的路程抓住苍蝇？最短路程是多少？ 【答案】详见解析. 【详解】如图，将圆柱的侧面沿母线展开即得矩形， 其中，分别为，的中点， 在矩形中，，， 连接，则； 可知蜘蛛沿着爬行时路程最短，最短路程为. 4．如图，已知点在圆柱的底面圆上，为圆的直径，圆柱的表面积为，. (1)由点拉一根细绳绕圆柱侧面到达，求绳长的最小值. (2)求异面直线与AP所成角的大小；（结果用反三角函数值表示） 【答案】(1) (2) 【分析】（1）将圆柱展开，即可得到矩形，因此点到达的最小值即为展开举行的对角线长度，直接求解即可. （2）由已知，延长交圆于，连接，从而得到四边形为平行四边形，根据，将异面直线与所成角转化为与所成角，然后利用余弦定理可知接求解； 【详解】（1） 将圆柱的侧面沿母线剪开，并展开在一个平面上， 求得绳长的最小值为圆柱展开图所成矩形的对角线， 即. （2） 已知圆柱的表面积为，则圆柱的高为3， 延长交圆于，连接， 因为四边形的对角线互相平行，所以为平行四边形， 则，异面直线与所成角即与所成角. 在中，，，； ， 所以 即异面直线与所成角为. 题型五 正方体的截面问题 1．如图，长方体被截去一小部分，其中 ，则截去的几何体是（    ）      A．三棱锥 B．三棱柱 C．三棱台 D．五棱柱 【答案】B 【详解】在长方体中，由 可得四边形为平行四边形， 所以,所以四边形为平行四边形， 所以， 则几何体为三棱柱. 故选：B. 2．已知正三棱柱底面边长是，高是，过底面一边，作与底面成角的截面，则其面积是 ． 【答案】 【分析】取中点，在线段延长线上取一点，使得，根据二面角平面角定义可证得平面与平面成角为，由此可确定截面；根据长度比例关系可求得结果. 【详解】取中点，连接，在线段延长线上取一点，连接，使得， 为等边三角形，， 平面，平面，， 又，平面，平面， 又平面，，即为二面角的平面角， 平面与平面成角为， 设平面平面，，， 平面平面，，四边形即为所求截面， ，，， ，， ，，， . 故答案为：. 3．已知正方体是棱长为1的正方体，M是棱的中点，过C、、M三点作正方体的截面，作出这个截面图并求出截面的面积． 【答案】作图过程见解析，. 【分析】连接，并延长，交延长线于连交于，连接MP，即可得到过C、、M三点的正方体的截面；利用三角形中位线的性质可得，结合正方体棱长为1即可得答案. 【详解】连接，并延长，交延长线于连交于，连接MP， 则为过C、、M三点的正方体的截面， 因为是的中点， 所以是的中点，是的中点， 因为，所以是的中点， 所以是三角形的中位线， 所以， 因为正方体的棱长为1， 所以可得， 所以三角形是以为腰，以为底的等腰三角形， 边上的高为， 三角形是的面积 所以 4．如图所示，在长方体中，为矩形内一点，过点与棱作平面． (1)直接在图中作出平面截此长方体所得的截面（不必说明画法和理由），判断截面图形的形状，并证明； (2)设平面平面．若截面图形的周长为16，求二面角的余弦值． 【答案】(1)作图见解析，截面为矩形，证明见解析； (2). 【分析】（1）作出截面，利用面面平行的性质及线面垂直的性质判断即可. （2）连接，确定二面角的平面角并计算即得. 【详解】（1）在平面内过点作分别交于点，连接， 则四边形为所作截面，截面为矩形，证明如下： 在长方体中，， 又平面平面，平面平面，平面平面， 于是，四边形为平行四边形，又平面，平面， 因此，所以四边形为矩形. （2）连接，由矩形的周长为16，且，得， 又，，得，又，则， 由（1）知，，则平面，而平面， 因此，二面角的平面角为， 在中，，则， 所以二面角的余弦值为. 5．如图，在正方体中，是的中点，，，分别是，，的中点． (1)求证：平面 平面； (2)若正方体棱长为1，过，，三点作正方体的截面，画出截面与正方体的交线，并求出截面的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2)作图见解析；截面的面积为 【分析】（1）由中位线得到两组线线平行，推得两组线面平行，进而证明面面平行； （2）利用平行法作出截面，得到截面为平行四边形，进一步证明其为菱形，最后利用对角线计算面积. 【详解】（1）证明：如下图所示，连接SB， 由为△的中位线，可得， 由平面，平面，可得EG平面； 由为△的中位线，可得， 由平面，平面，可得平面， 又，面，可得平面平面； （2）取的中点N，连接，，显然， 所以为平行四边形，可得，， 取的中点M，连接，，显然， 所以为平行四边形，可得，， 综上，截面为平行四边形，又， 所以截面为菱形，截面的面积为． 6．对于精美的礼物，通常人们会用包装纸把礼物包好，还会用彩带捆扎包装好的礼物，有时还会扎出一个花结.这些包装彩带也不便宜，因此在捆扎时不仅要考虑美观､结实，也要考虑尽量地节省包装彩带.以长方体的礼物为例，较为典型的两种捆扎方式分别为“十字”和“对角”，如下图所示. “十字”捆扎 “对角”捆扎 假设1：将礼物视作一个长方体，其长为4，宽为2､高为1；假设2：不考虑花结处的彩带，将每一段彩带视为线段，且完全位于礼物的表面上；假设3：“十字”捆扎中，长方体表面上的每一段彩带（上底面和下底面各2段，每个侧面各1段）都与其相交的棱垂直；假设4：“对角”捆扎中，以某种方式展开长方体后，长方体表面上的每一段彩带（上底面和下底面各2段，每个侧面各1段）在其表面展开图上均落在同一条直线上. (1)求“十字”捆扎中彩带的总长度； (2)根据假设4绘制示意图，求“对角”捆扎中彩带的总长度，并比较两种捆扎方式，给出用彩带捆扎礼物的建议. 【答案】(1) (2)，在实际生活中包装彩带时应选择“对角”捆扎的方式，更节省包装彩带 【分析】（1）直接利用题意即可求出采用“十字”捆扎中彩带的总长度；（2）求出“对角”捆扎中彩带的总长度，比较大小，即可得到答案. 【详解】（1）采用“十字”捆扎中彩带的总长度为； （2） 由于，因此在实际生活中包装彩带时应选择“对角”捆扎的方式，更节省包装彩带. 1．如图，在正方体中，是空间一动点，若点到直线的距离相等，则动点的轨迹是（    ） A．直线 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 【答案】A 【详解】因是正方体中两两互相异面垂直的棱所在直线， 由对称性及地位等同性知：轨迹是体对角线所在的直线． 故选：A. 2．如图，正方体的棱长为，，，，分别是所在棱上的动点，且满足，则以下四个结论正确的有    ①，，，四点一定共面 ②若四边形为矩形，则 ③若四边形为菱形，则，一定为所在棱的中点 ④若四边形为菱形，则四边形周长的取值范围为 【答案】①④ 【分析】对①：连接正方体体对角线以及，通过证明互相平分，即可判断四边形为平行四边形，从而证明四点共面；对②：通过证明当时，也有四边形为矩形，即可判断；对③：通过证明分别为所在棱中点时，也有四边形为菱形，即可判断；对④：根据正方体侧面展开图，结合四边形的形状，求得周长的最值，即可判断. 【详解】因为正方体的棱长为，且， 可得，， 对于①：连接，交于点，如下图所示：    根据题意，可得，又/，， 故点为直线的中点， 同理可得，故点也为直线的中点， 则四边形的对角线互相平分，故四边形为平行四边形， 则四点共面，故①正确； 对于②：因为 ，故当时，四边形为平行四边形，则， 又平面平面，故，则， 又四边形为平行四边形，故四边形为矩形； 同理，当时，也有四边形为矩形， 综上所述，当或时，四边形为矩形，故②错误； 对于③：若为所在棱的中点时，易知， 又平面， 故平面，又平面，故； 则，又四边形为平行四边形，故四边形为菱形， 即当为所在棱中点时，四边形为菱形； 同理，当分别为所在棱的中点时，四边形也为菱形，故③错误； 对于④：根据选项C中所证，不妨取分别为所在棱的中点，此时四边形为菱形满足题意， 取的中点分别为，画出正方体的部分侧面展开图如下所示    由图可知，当分别与重合时，四边形的周长最小，最小值为； 当分别与重合时，四边形的周长最大，最大值为； 故四边形周长的取值范围为，故④正确； 故答案为：①④ 3．已知在直三棱柱中，底面为直角三角形，且是上一动点，则周长的最小值为 . 【答案】 【分析】把面沿展开与在一个平面上如图，连接，则的长度即为的最小值，即可得周长的最小值. 【详解】由题意知，在几何体内部，但在面内， 把面沿展开与在一个平面上如图，连接， 则的长度即为的最小值， 因为在直三棱柱中，平面， 而平面，则， 因为，则，即， 又平面，则平面， 而平面，所以，即， 因为，易知，所以 所以， 而，， 所以在中，， 所以，即的最小值为， 在原图中，所以周长的最小值为. 故答案为：. 4．如图，正方体的棱长是，是上的动点，、是上、下两底面上的动点，是中点，，则的最小值是 . 【答案】/ 【分析】以为顶点，构造棱长为的正方体，利用对称性将转化为，再根据四点共线时取最小值完成计算. 【详解】以为顶点，构造棱长为的正方体，如下图所示： 由对称性可知，， 又因为是上的动点，是下底面上的动点，所以是直角三角形， 又因为是中点，，所以， 当取得最小值时，此时四点共线， 则， 故答案为：. 5．素描是使用单一色彩表现明暗变化的一种绘画方法，素描水平反映了绘画者的空间造型能力．“十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型，图1是某同学绘制的“十字贯穿体”的素描作品．“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）．若该同学绘制的“十字贯穿体”由两个底面边长为4，高为的正四棱柱构成（图2），则一只蚂蚁从该“十字贯穿体”的点出发，沿表面到达点的最短路线长为 ．    【答案】 【分析】只需考虑蚂蚁行进的三条路径，并沿所经过的棱将路径图展开成平面图，第一条路径穿过棱，求出此时最短路线长；第二条路径是穿过棱和棱，求出此时最短路线长；第三条路径是穿过棱和棱，求出此时最短路线长并比较大小可得答案． 【详解】由已知得， 只需考虑蚂蚁行进的三条路径，并沿所经过的棱将路径图展开成平面图， 第一条路径穿过棱，如下图，此时最短路线长为；    第二条路径是穿过棱和棱，如下图，此时最短路线长为；    第三条路径是穿过棱和棱，如下图，此时最短路线长为． ，    通过比较可知，最小． 故答案为：. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$