8.1 基本立体图形 阶段综合-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学必修第二册（人教A版）

所以该几何体为三棱锥 8.B解析：由几何体展开图的特点，结合棱柱、棱锥、棱台的定义，把展 开图沿虚线折叠还原后的几何体，分别为棱柱、棱锥、棱台.故选B. 9.√I0解析：将侧面ABB1A,沿A1A展开，使得侧面ABB,A1与侧 面ACC1A1在同一平面内， 如图，连接BN交M1于M,则IMNI+IMBI的最小值为此时的 IBNI,IBWI=√BB+B1=√T2+37=√I0, .IMNI+IMBI的最小值为√10 N 第2课时旋转体与简单组合体的结构特征 白题基础过关 1.ABD解析：对于A,将正方形绕其一边所在直线旋转可以形成圆 柱，所以A错误； 对于B,当这两个平行截面与底面平行时正确，当这两个平行截面不 与圆柱的底面平行时，夹在圆柱的两个平行截面间的几何体就不是 旋转体，所以B错误； 对于C,圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台，所以C正确； 对于D,通过圆台侧面上一点，只有一条母线，所以D错误 2.ACD解析：对于A,根据球的特征，可知A项正确； 对于B,圆锥的轴截面为三角形，该三角形顶角的取值范围为(0 π)，显然面积不相等，故B项错误； 对于C,根据圆台的特征，可知C项正确； 对于D,圆锥所有的轴截面都是三角形，且腰长等于母线长，故 D项正确. 四重难点拨 1.圆柱、圆锥与圆台在结构上的相同点：它们都是由平面多边形旋转 形成的几何体，它们都有底面且底面都是圆面. 2圆柱、圆锥与圆台在结构上的不同点：圆柱和圆台都有两个底面， 而圆锥只有一个底面，圆柱的两个底面圆的半径是相等的，园台的 两个底面圆的半径是不等的 3.它们之间能够相互转化，圆台是由圆锥截取得到的，圆台的上底面 扩大，使上、下底面圆的半径相等，就是圆柱，圆台的上底面缩为 个点，就是圆锥 3.①②③解析：对于①，球面是空间中到定点的距离等于定长的点的 集合，是正确的； 对于②，用一个平面去截一个球得到的截面是圆面，是正确的； 对于③，一个圆绕其直径所在直线旋转一周形成的曲面所围成的几 何体是球，是正确的： 对于④，球的每一条直径所在的直线都是对称轴，有无数条，故 ④错误. 4.B解析：由题意可知形成如图的几何体，该几何体是由圆台和圆锥 组合而成的简单组合体 0 5.①②解析：①：题图中组合体可以看成由一个长方体挖去一个四棱 柱构成.判断正确：②：题图中组合体可以看成由一个长方体与两个 四棱柱组合而成.判断正确：③④判断错误 6.C解析：用平行于底面的平面去截这个几何体，那么就相当于截了一个 圆柱，外加一个圆锥，形成的是两个圆，即圆环，并且圆环内部是实的，故 选C 7.D解析：对于A项，如图①，用平面ACD1截长方体，得到的截面是 三角形，故A项可能； 对于B项，如图②，用平面PAB截圆锥，得到的截面是三角形，故 必修第二册·RJ B项可能： D B D 61 ① ②@ 对于C项，三棱锥各个面为三角形：除三棱锥外，过棱锥底面不相邻 两顶点和棱锥顶点的截面为三角形，故C项可能： 对于D项，圆台的截面不可能为三角形，故D项不可能 8.20cm解析：作出圆柱的侧面展开图如图所示， 则当昆虫的爬行路线为线段AC时，爬行的路程最短，：圆柱体的底 1 面周长为24cm,D=2×24=12(m),最短路程为 √AD2+CD=√122+16=20(cm).故答案为20cm B B D 8.1阶段综合 黑题 阶段强化 1.CD解析：题图①不是由棱锥截来的，所以①不是棱台：题图②上、 下两个面不平行，所以②不是圆台：题图③是四面体：题图④上、下两 个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边平 行，所以④是棱柱.故选CD 2.B解析：将平面图形折叠起来，变成正方体后的图形中，相邻的平面 中三条线段是平行线，排除A,C:相邻平面只有两个是空白面，排除 D,故选B. 3.C解析：由正棱台的定义知四边形A1B1C1D1是正方形，O10是高， 则由正棱锥的定义知O-A,BC,D1是正四棱锥，①正确； 根据棱台的结构特征可知，在几何体C,D1D-B1A1A中，没有任何两 个平面平行，②错误； 将四棱台A1B,C,D1-ABCD侧棱延长交于一点P,即在几何体 A,C,D1-ACD中，侧棱延长交于点P,且上下底面平行，所以几何 体A1C,D1-ACD是三棱台，③正确. 4.BCD解析：对于A,截面中间是矩形，如果可能的话，那么一定是用 和正方体底面平行的截面去剖开正方体，并且是从挖去四棱锥的那 部分剖开的，但此时剖面中间应该是一个正方形，因此选项A不可能 是截面；对于B,当从正方体底面的一组相对棱的中点处剖开时，截 面正好通过四棱锥顶点，如图①，此时截面形状如选项B,故B可能 是该几何体的截面：对于C,当截面不经过底面一组相对棱的中点 处，并和另一组棱平行去剖开正方体时，如图②中截面PDGH位置， 截面形状就会如选项C,故C可能是该几何体的截面；对于D,如图 ③，按图中截面AB1C,的位置去剖开正方体，截面就会如选项D,故 D可能是该几何体的截面.故选BCD, E 多H ① ② ③ 5.C解析：如图，0为正八棱锥 S-ABCDEFGH)底面外接圆的圆心，连 接OA,OB,OE,S0,由题意，得 3π ∠OAB= 8 ∠B=a,则号AB= 3π cos 8 SA·c0sax=0A·c0s 3TT SA 8 0A cos a 黑白题038 6.C解析：如图，延长BA,DC交于点P,设圆台补成的圆锥的母线长 为1，则-AB_108 116,解得1=20， 则=（）广-故sx子5m 3 S△PBD 设轴截面的顶角为0，由余弦定理可得c0s0=P+32 212 202×2-322 <0,故0为钝角，则0<∠BPD≤0， 2×202 25 故当PB1PD时，am取最大值，且其最大值为P=分×20=20， 2 3 因此，梯形ABDC面积的最大值为 3 -×200=150. C.-- 、A 10 D4 7.π(R2-2)解析：题图中的几何体的 轴截面如图所示， OA=AB=R,所以△AOB是等腰直角三R D 角形. 又CD∥OA,则CD=BC.设O1D=x,则 2R CD=R-x.又BC=R-l,故x=I,所以所 求截面面积S=TR2-2=π(R2-12) 8.32解析：沿母线SA将圆锥的侧面展开，如图， 记P为A'B上的任意一点，作SH⊥A'B,垂足 为H,连接SP,由A的长为20r,得∠A'SA= 子由两成同战段最短知现光货路为园 40 中线段A'B,而SB=40-10=30(公里)，则A'B= √A'S2+SB2=√402+302=50（公里），上坡即P到山顶S的距离PS 越来越小，下坡即P到山顶S的距离PS越来越大，因此上坡段的铁 路，即图中的线段A'H,由R△SA'BOR△A'S,得gS, SA-AB.A'H= SA2402 A'B50=32(公里). 9.解：.AB⊥AC,AB=√3，AC=1,由勾股定理得BC=√AB2+AC2=2,同 理得BD=√6，.BF=BD=√6. 在△ACE中，AC=1,AE=AD=√3，∠CAE=30°，由余弦定理得 CB2=AC2+AE2-24C·Acs30°=1+3-2x1x5x 2 =1,∴.CF= CE=1. 在△BCF中，BC=2,BF=√6，CF=1,由余弦定理得cos∠FCB= C8-的子 压轴挑战 (1)解：由题意可知V=60,F=32,由V+F-E=2可得E=90, 设正五边形面的个数为x,正六边形面的个数为y,则x+y=32, 1 因为一条棱连着两个面，所以E=2(5x+6)=90, (1 联立2(5x+6)=90,解得{=2即32个面中正六边形面的个数 (y=20, （x+y=32, 是20. (2)证明：设多面体有F个面，给组成多面体的多边形编号，分别为 1,2,…,F号，设第i号(1≤i≤F)多边形有E条边，多面体有E= +5,++条棱，由题意，多面体共有V=2-F+E=2-F+ 2 参考答案 E+B,++B个顶点，i号多边形内角和为(B,-2)π，所有多边形内角 和为π(E1+E2++EF)-2mF 故总曲率为2mV-[T(E1+E2+…+Ep）-2πF]=2m2-F+ E1+E2+…+EF 】-[π(E1+E2+…+EF)-2πF]=4m 2 则任何简单多面体的总曲率是常数. (3)解：由某个正多面体每个顶点聚集的棱的条数为m,每个面的边数 为n,可知2E=nF=mV, 于是V-2E,F2E,将其代人4F-E=2,所以2E2E-E=2,所以 m 官·所以子又所以所有五组正数解 m n m 11,1 为 当时，B=6,则P=254,此时正多面体为正四面体 当4时，E=2,则F==6,此时正多面体为正六面 公3，时，E=30,则F22,此时正多面体为正十宁面 n 当时，5=12，则F=-8,此时正多面体为正入面体： 当仁了时，E=0,则F器=20，此时正多面依为正二十商休， 所以正多面体仅有正四面体、正方体、正八面体、正十二面体和正二十 面体，共五种 8.2立体图形的直观图 白题 基础过关 1,AC解析：对于选项A,根据斜二测画法的规则，平行关系在直观图 与原图中保持不变，故选项A正确； 对于选项B,斜二测画法可能会改变边长比例，故选项B错误： 对于选项C,斜二测画法会改变直角关系，故选项C正确； 对于选项D,直观图的面积是原图面积的，故选项D错误 A 2.D解析：如图，在斜二测画法中，与x轴 重合或平行的线段长度不变，所以 CD'=CD,故A正确； D 与y轴平行的线段依然与y轴平行，长 A'E B'x 度为原来的分，故B,C正确； 在等腰梯形ABCD中，DE⊥AB,又因为D'E'∥y轴，所以D'位于E右 上方.又因为CD'=CD,所以A'D'>B'C',故D错误 3.A解析：由题意知，应看到正方体的上面、前面和右面，由几何体直 观图的画法及直观图中虚线的使用，可知选A. 4.A解析：平行于z轴（或在：轴上）的线段，在直观图中的方向和长 度都与原来保持一致，所以圆柱的母线应画成平行于z'轴且大小为 10cm. 四重难点拔 画空间几何体的直观图的技巧： (1)坐标系的建立要充分利用几何体的对称性，一般坐标原点建在 图形的对称中心处。 (2)要先画出底面的直观图，再画出其余各面。 (3)与z轴平行的线段在直观图中应与z'轴平行且长度保持不变. 5.C解析：斜二测画法画水平放置的边长 y 为2的正方形的直观图如图所示， 根据斜二测画法的原则可知，0'A=2, 0'C=1,∠C0'A=45°，所以直观图的面积右 为04x0'Cxi血45°=2x1x2=2. 2 黑白题0398.1 阶段综合 黑题 阶段强化 限时：45min 1.*(多选)(2025·湖南长沙高一期中)如图4.*（多选）(2024·安徽安庆高一月考)如 所示，观察下列四个几何体，其中判断正确的是 图，从一个正方体中挖掉一个四棱锥，然后从 任意面剖开此几何体.下列可能是该几何体的 截面的是 () ① ② ③ ④ A.①是棱台 B.②是圆台 C.③是四面体 D.④是棱柱 2.*下图代表未折叠正方体的展开图，将其折 B D 叠起来，变成正方体后的图形是 5.*（2025·山东济南高一月考)攒尖是中国 古代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、八角攒尖.也有单檐和重檐之 分.多见于亭阁式建筑，园林建筑.以八角攒尖 为例，它的主要部分的轮廓可近似看作一 B D 个正八棱锥，若此正八棱锥的侧面等腰三角 3.**(2025·吉林长春高一期中)如图，在四 形的底角为α，则侧棱与底面外接圆半径的 棱台AB,C1D1-ABCD中，点O,O1分别为四 比为 ()》 边形ABCD,A,B,C,D1的对角线交点，则下列 cos a sin o 结论正确的个数是 A. B. ( 3π 3π D cos 8 sin 6 3π 3π COS sin 0 8 C.- 8 D. cos a sin a ①若四棱台A,B,C,D,-ABCD是正四棱台，则 6.*★(2025·浙江宁波高一月考)圆台的上下 棱锥O-A,B,C,D1是正四棱锥； 底面半径分别为8,16，AB,CD为圆台的两条 ②几何体C,D,D-BAA是三棱柱； 母线，且AB=10,则四边形ABDC的面积的最 ③几何体A,C,D,-ACD是三棱台. 大值为 A.0 B.1 C.2 D.3 A.72 B.144 C.150 D.156 必修第二册·RJ黑白题060 7.(2025·河北承德高一期中)从一个底面 压轴挑战 半径和高都是R的圆柱中挖去一个以圆柱上 熱（2025·广东广州高一期中)多面体的欧 底面为底，下底面中心为顶点的圆锥，得到如 拉定理：简单多面体的顶点数V、棱数E与面数 图所示的几何体如果用一个与圆柱下底面距 F满足V+F-E=2的数学关系.请运用欧拉定理 离为1，并且平行于底面的平面去截这个几何 解决以下问题： (1)碳60(C0)的分子结构是一个由正五边形 体，则截面面积为 面和正六边形面共32个面构成的凸多面 体，60个碳原子处于多面体的60个顶点位 置，求32个面中正六边形面的个数， (2)规定：多面体在顶点处的曲率等于2π与多 2R 面体在该点的所有面角之和的差（多面体 (第7题) (第8题) 的面角是指多面体的面上的多边形的内角 的大小，用孤度制表示)，多面体的总曲率 8.禁如图是一座山的示意图，山呈圆锥形，圆 等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正 锥的底面半径为10公里，母线长为40公里，B 方体在每个顶点有3个面角，每个面角是 是母线SA上一点，且AB=10公里.为了发展 ,所以正方体在各顶点的曲率为2π-3× 2 旅游业，要建设一条最短的从A绕山一周到B 的观光铁路.这条铁路从A出发后首先上坡， =散其总曲率为8×，=4π，证明：任面 2 随后下坡，则上坡段铁路的长度为 简单多面体的总曲率是常数， 公里 (3)如果一个正多面体的所有面都是全等的正 三角形或正多边形，每个顶点聚集的棱的 9.#(2025·辽宁锦州高一期末)如图，在三棱锥 条数都相等，这个多面体叫做正多面体设 P-ABC的平面展开图中，AC=1,AB=AD= 某个正多面体每个顶点聚集的棱的条数 √3，AB⊥AC,AB⊥AD,∠CAE=30°，求∠FCB 为m,每个面的边数为n,求m,n,E满足的 的余弦值， 关系式；并据此说明正多面体仅有以下五 D(P) 种（如图）：正四面体、正方体、正八面体、正 十二面体和正二十面体， E(P 正四面体正六面体 正八面体正十二面体正二十面体 (正方体) 第八章黑白题061