8.1 第1课时 棱柱、棱锥、棱台（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高一数学必修第二册（人教A版）

第八章　立体几何初步 8.1　基本立体图形 第1课时　棱柱、棱锥、棱台 基础过关练 题组一　棱柱 1.(2024山东烟台莱阳一中月考)下列几何体中棱柱有(　　) A.3个　　B.4个　　C.5个　　D.6个 2.(2025山东名校联盟期中)下列平面图形中,不是正方体的表面展开图的是(　　) 　　　　　　 题组二　棱锥 3.(2025河南郑州第一中学期中)下列说法错误的是(　　) A.一个棱锥至少有5个面 B.平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形 C.有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥 D.正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 4.(2025山西大学附属中学期中)如图所示,在三棱台ABC-A'B'C'中,沿平面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 5.(2025北京人大附中期中)一个正棱锥,其侧棱长是底面边长的,这个正棱锥可能是(　　) A.正三棱锥　　B.正四棱锥　　 C.正五棱锥　　D.正六棱锥 6.(2025河北邢台期中)已知某棱锥的顶点个数为m,棱的条数为k,则k=　　　　.(用含m的式子表示)  题组三　棱台 7.(2025山东泰安期中)棱台不具备的特点是(　　) A.两底面相似　　B.侧面都是梯形 C.侧棱长都相等　　D.侧棱延长后交于一点 8.(多选题)(2024河北廊坊文安第一中学联考)如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,点O,O1分别为四边形ABCD,A1B1C1D1的对角线的交点,则下列结论正确的是(　　) A.若四棱台ABCD-A1B1C1D1是正四棱台,则棱锥O-A1B1C1D1是正四棱锥 B.几何体C1D1D-B1A1A是三棱柱 C.几何体A1C1D1-ACD是三棱台 D.三棱锥O-A1B1C1的高与四棱锥O1-ABCD的高相等 9.(2024山西晋城一模)若一个正n棱台的棱数大于15,且各棱的长度构成的集合为{2,3},则n的最小值为　　　　,该棱台各棱的长度之和的最小值为　　　　.  能力提升练 题组一　多面体中的计算问题 1.(2025北京海淀期末)正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为4,E,F分别是B1C1,AB的中点,则EF的长是(　　) A.2　　B.2　　C.4　　D.6 2.(多选题)(创新题新定义)刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容,在数学上用曲率刻画空间的弯曲性,规定:多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角,角度用弧度制表示),多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如:正方体的每个顶点均有3个面角,每个面角都是,所以正方体的每个顶点的曲率均为2π-3×=,故其总曲率为×8=4π.根据曲率的定义,下列选项正确的是(　　) A.正三棱柱每个顶点的曲率均为 B.正四面体每个顶点的曲率均为π C.正四面体的总曲率为4π D.n(n∈N*,n≥3)棱锥的总曲率为4π 3.(2024山西临汾期中)一个正四棱台的下底面周长与上底面周长之差为16,且侧面梯形的高为2,则该正四棱台的高为　　　　.  4.(2024辽宁抚顺德才高级中学月考)如图,已知四棱锥V-ABCD的底面是面积为16的正方形,侧面是全等的等腰三角形,侧棱长为6. (1)求四棱锥V-ABCD的高; (2)求四棱锥V-ABCD的斜高. 题组二　与多面体表面展开图有关的问题 5.(2025安徽安庆第一中学期中)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,AA1=5,E,F,G分别为侧棱BB1,CC1,DD1上一点,则AE+EF+FG+GA1的最小值为(　　) A.　　B.　　C.　　D.14 6.(2025河北NT20名校联合体期中)如图,在正三棱锥P-ABC中,PA=2,三条侧棱两两夹角均为40°,M,N分别是PA,PB上的动点,则三角形CMN的周长的最小值为(　　) A.2　　B.2　　C.2　　D.2 7.(2025上海进才中学月考)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为4 cm,高为10 cm,则一质点自点A出发,沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点A1的最短路线的长为　(　　) A.16 cm　　B.12 cm　　C.24 cm　　D.26 cm 8. (2025浙江浙里特色联盟期中)在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABCD是矩形,AB=AD=AA1=1,点E为线段AB1的中点,点G是线段AC1上的一点,点F是底面ABCD内的一点,则GE+GF的最小值为　　　　.  答案与分层梯度式解析 第八章　立体几何初步 8.1　基本立体图形 第1课时　棱柱、棱锥、棱台 基础过关练 1.C 2.D 3.A 4.B 5.A 7.C 8.ACD 1.C　根据棱柱的定义,知①②③④⑤中的几何体是棱柱,共5个. 方法归纳 　　判断一个几何体是不是棱柱,关键是看这个几何体是否满足棱柱的定义:①看“面”,即观察这个几何体是否有两个互相平行的面,且其余各面都是四边形;②看“线”,即观察相邻两个四边形的公共边是否都互相平行. 2.D　选项A、B、C中的平面图形折起后均能构成正方体, 而D中的平面图形折起后,最上面一行的正方形与最下面一行中的最右边的正方形重合,故D中的平面图形不是正方体的表面展开图. 3.A　三棱锥只有4个面,故A中说法错误; 由平行六面体的定义可知B中说法正确; 因为棱锥的侧面都是三角形,所以若棱锥中有一个面是平行四边形,则该面一定为底面,故C中说法正确; 由正棱锥的定义可知D中说法正确. 4.B　剩余的部分是四棱锥A'-BCC'B'. 5.A　对于A,设正三棱锥的底面边长为a,在底面正三角形中,易得三角形的顶点到正三角形中心的距离为a, 因此正三棱锥的侧棱长要大于a,即侧棱长大于底面边长的,易知>,因此可能是正三棱锥,故A符合题意; 对于B,设正四棱锥的底面边长为b,易知正方形对角线的一半为b,因此正四棱锥的侧棱长要大于b,即侧棱长大于底面边长的,易知<,故B不合题意; 以此类推可知正五棱锥、正六棱锥的侧棱长都大于底面边长的,故C,D不合题意. 6.答案　2m-2 解析　设该棱锥为n棱锥,则m=n+1,k=2n,所以k=2(m-1)=2m-2. 7.C　因为棱锥的侧棱长不一定相等,所以截得的棱台的侧棱长也不一定相等. 8.ACD　若四棱台ABCD-A1B1C1D1是正四棱台,则四边形A1B1C1D1是正方形,O1O是正四棱台的高,所以由正棱锥的定义知棱锥O-A1B1C1D1是正四棱锥,A正确; 几何体C1D1D-B1A1A中不存在两个平面平行,故不是三棱柱,B错误; 几何体A1C1D1-ACD是三棱台,C正确; 三棱锥O-A1B1C1的高和四棱锥O1-ABCD的高都与四棱台ABCD-A1B1C1D1的高相等,D正确. 9.答案　6;42 解析　因为正n棱台的侧棱有n条,底面有2n条边,所以正n棱台共有3n条棱, 由3n>15,得n>5,又n∈N*, 所以n的最小值为6. 当n=6,上底面边长为2,侧棱长为2,下底面边长为3时,该棱台各棱的长度之和取得最小值,为2×12+3×6=42. 能力提升练 1.A 2.BCD 5.A 6.A 7.D 1.A　取BC的中点D,连接DE,DF,由正三棱柱的性质易知点E在底面内的射影为点D,则DE⊥DF,因为D,F分别为BC,AB的中点,所以DF=AC=2,又DE=4,所以EF==2. 2.BCD　易知正三棱柱有6个顶点,每个顶点有3个面角,其中两个面角都是,一个面角为,所以每个顶点的曲率均为2π-2×-=,故A错误; 对于B,C,易知正四面体有4个顶点,每个顶点有3个面角,每个面角均为,所以每个顶点的曲率均为2π-3×=π,所以正四面体的总曲率为4π,故B,C正确; 依题意,得总曲率等于2π乘顶点个数减去各个面的内角总和, 易知n(n∈N*,n≥3)棱锥有n个面为三角形,一个面为n边形,共(n+1)个顶点, 所以n(n∈N*,n≥3)棱锥的总曲率为2π×(n+1)-nπ-(n-2)π=4π,故D正确. 3.答案　2 解析　如图,在正四棱台ABCD-EFGH中,EQ⊥AB于点Q,EN⊥AC于点N,O,M分别为上、下底面的中心,则OM即为该四棱台的高. 设棱台的上、下底面的边长分别为a,b,则4b-4a=16,即b-a=4,由题知EQ=2,则EA====4, 所以OM=EN====2,故棱台的高为2. 4.解析　(1)由于四棱锥V-ABCD的侧面是全等的等腰三角形,底面为正方形,故该四棱锥是正四棱锥, 如图,连接AC,BD,交于点O,连接VO, 则VO为正四棱锥的高,VO⊥AC,易知正方形ABCD的边长为4,则AC=4,所以OC=2,在Rt△VOC中,VO==8,故四棱锥V-ABCD的高为8. (2)由于正四棱锥的侧面是等腰三角形, 故四棱锥V-ABCD的斜高为=2. 导师点睛 　　在正棱锥的计算问题中要善于利用由高、斜高、斜高在底面内的射影构成的直角三角形和由高、侧棱、侧棱在底面内的射影构成的直角三角形. 5.A　如图所示,将正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(图1)的侧面展开,得到展开图(图2), 　 当图2中的A,E,F,G,A'1五点共线时,图1中的AE+EF+FG+GA1取得最小值,最小值为=. 解题思路 　　解决最短路线长问题的主要思路是把空间问题平面化,在平面上利用两点之间线段最短得到答案(即化曲为直的思想). 6.A　如图,把正三棱锥沿PC剪开并展开,形成三个全等的等腰三角形:△PBC',△PAC,△PAB, 则∠CPA=∠BPC'=∠APB=40°,故∠CPC'=120°, 连接CC',交PB于N,交PA于M, 则线段CC'的长就是△CMN的最小周长, 因为PC=PC'=2, 所以由余弦定理得CC'==2. 7.D　将正三棱柱ABC-A1B1C1沿侧棱AA1展开,再拼接一次(因为绕行两周,所以需要再拼接一次),如图所示, 所求最短路线的长即为六个小矩形拼成的大矩形的对角线的长度,易得拼成的矩形的长为6×4=24(cm),宽为10 cm,所以最短路线的长为=26(cm). 8.答案　 解析　如图1,显然当F是G在底面ABCD内的射影,即F在线段AC上时,GE+GF才可能最小.将平面AB1C1沿AC1翻折,使其与平面ACC1共面(动线段GE在△AB1C1内,动线段GF在△ACC1内,将空间问题转化为平面问题),如图2所示, 　 因为AB=AD=AA1=1,所以B1C1=CC1=1,AB1=AC=,则tan∠B1AC1=,又∠B1AC1∈(0,π),所以∠B1AC1=30°,同理,∠CAC1=30°,因为E是AB1的中点,所以AE=AB1=, 显然当E,G,F三点共线且GF⊥AC时,GE+GF取得最小值,故(GE+GF)min=AEsin∠CAB1=sin 60°=. 7 学科网（北京）股份有限公司 $